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$: Anni accademici - MathUniPDmaurizio/g1/...DM\T.L-C"-UniPD-20201 Collezione Esami Geometria 1 (2008-2020)Laurea Matematica Anno Accademico 2008/9. DM\T.L-C"-UniPD-20202 Esame di Geometria$
Collezione Esami Geometria 1 (2008-2020) Laurea Matematica

Ho cercato, a puro titolo documentario, di raccogliere gli esami passati del corsodi Geometria 1 del corso di Laurea in Matematica dell’Universita di Padova.Questi esami sono stati scritti in gran parte da Maurizio Candilera; in alcunianni la “parte B” da Luisa Fiorot; sono coinvolti anche altri docenti che hannocollaborato al corso.

Anni accademici:

2008/9

2009/10

2010/11

2011/12

2012/13

2013/14

2014/15

2015/16

2016/17

2017/18

2018/19

2019/20

DM“T.L-C”-UniPD-2020 1


Anno Accademico 2008/9.


Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova di accertamento del 3 novembre 2008

ESERCIZIO 1. Si determinino gli elementi degli insiemi

A ={z ∈ C

∣∣ z3 − i = 0}, B =

{z ∈ C

∣∣ z3 + 1 = 0},

(a) Si disegnino sul piano di Gauss gli insiemi A, B e C = { z ∈ C | <z > 0 < =z }.(b) Siano {ζ1} = A∩C e {ζ2} = B∩C. E vero che (ζ1+ ζ2)(ζ1− ζ2) e un numero reale e ζ1+ζ2

ζ1−ζ2 e un numero

immaginario? (calcolarli)(c) Nel piano di Gauss, si determini l’area del parallelogramma di vertici 0, ζ1, ζ2, ζ1 + ζ2.(d) Si dia una condizione necessaria e sufficiente sui numeri complessi z1 6= z2, affinche z1+z2

z1−z2 sia un numeroimmaginario.

Svolgimento.

(a) Gli elementi di A sono, ζ1 = eiπ6 =

√32 + i 12 , −i e −ζ1. Gli elementi di

B sono, ζ2 = eiπ3 = 1

2 + i√32 , −1 e ζ2. Infine C e il primo quadrante nel

piano di Gauss (superiore destro). Possiamo quindi tracciare il disegno quia fianco, ove l’area ombreggiata rappresenta l’insieme C.

(b) Si ha ζ1 + ζ2 =√3+12 (1 + i) e ζ1 − ζ2 =

√3−12 (1− i), da cui si deduce

(ζ1 + ζ2)(ζ1 − ζ2) = 1 eζ1 + ζ2ζ1 − ζ2

= i

√3 + 1√3− 1

.

ζ1−ζ1

−i

ζ2

−1

ζ2

(c) I numeri complessi ζ1 e ζ2 hanno entrambi modulo 1 e quindi il parallelogramma e un rombo, per cui lasua area e uguale a meta del prodotto delle lunghezze delle diagonali, ovvero Area = 1

2 |ζ1 + ζ2||ζ1 − ζ2| = 12 .

(d) Si haz1 + z2z1 − z2

=(z1 + z2)(z1 − z2)

|z1 − z2|2=

|z1|2 − |z2|2|z1 − z2|2

+z2z1 − z1z2|z1 − z2|2

.

Il primo addendo e la parte reale ed il secondo la parte immaginaria e quindi z1+z2z1−z2 e un numero puramenteimmaginario se, e solo se, |z1| = |z2|. �

1

2 MAURIZIO CANDILERA e FRANCESCO ESPOSITO

ESERCIZIO 2. Nello spazio vettoriale R4 si considerino i sottospazi

U =

⟨( 2

0

−1

1

),

( 0

−1

2

−1

),

( 4

−1

0

1

)⟩e W :

x1 − 2x2 + x4 = 0

2x1 − 2x2 − x3 = 0

x1 − x3 − x4 = 0

.

(a) Si esibisca una base e si scriva un sistema (minimale) di equazioni cartesiane per ciascuno dei duesottospazi. Si verifichi se R4 = U ⊕W .

(b) Detta E = {e1, . . . , e4} la base canonica di R4, si scriva la matrice αE,E(π), ove π : R4 → R4 e laproiezione su U parallelamente a W .

(c) Sia r il rango di π. Si determini, se esiste, una base U = {u1, . . . , u4} di R4, tale che αU,U (π) =

(1r 00 0

)

(matrice a blocchi). Esistono delle basi V, W, di R4, tali che αV,W(π) =

(3 · 1r 00 0

)(matrice a

blocchi)?(d) Sia C =

{φ ∈ HomR (R4,R4) |π ◦ φ = 0 = φ ◦ π

}. Si dica se C e un sottospazio di HomR (R4,R4) e se

ne determini l’eventuale dimensione.

Svolgimento. (a) Siano v1, v2, v3 i tre generatori dati del sottospazio U . Si ha 2v1 + v2 − v3 = 0 e quindii tre vettori sono linearmente dipendenti, ma due qualsiasi tra questi formano una base di U , ad esempio

v1 e v2. Un sistema di equazioni cartesiane per U e

{x1 − 2x3 − 4x4 = 0

x2 + x3 + x4 = 0. Per quanto riguarda W , le

tre equazioni date sono dipendenti: la seconda e somma della prima con la terza. Due qualsiasi tra le treequazioni date formano un sistema minimale di equazioni cartesiane per W , ad esempio la prima e la terza.Due soluzioni indipendenti di tale sistema formano una base di W ; ad esempio i vettori w1 = 2e1+e2+2e3 ew2 = e2 − 2e3 +2e4. Si verifica con un calcolo diretto che i quattro vettori v1, v2, w1 e w2 sono indipendentie quindi R4 = U ⊕W .

(b) Sia x =

( x1

x2

x3

x4

)un generico elemento di R4. La sua proiezione su U , π(x) = a1v1 + a2v2, e determinata

dalla condizione x− π(x) ∈W , ovvero dalle equazioni

{3a1 + a2 = x1 − 2x2 + x4

2a1 − a2 = x1 − x3 − x4ovvero

{a1 = 2x1−2x2−x3

5

a2 = −x1−4x2+3x3+5x4

5

.

Si ottiene cosı,

αE,E(π) =1

5

4 −4 −2 01 4 −3 −5−4 −6 7 103 2 −4 −5

.

(c) Basta prendere u1 = v1, u2 = v2, u3 = w1, u4 = w2, per ottenere una base, U = {u1, . . . , u4}, rispettoalla quale π ha matrice

αU,U (π) =

1 0 0 00 1 0 00 0 0 00 0 0 0

.

Basta prendere, V = {3u1, 3u2, u3, u4} e W = U , per ottenere le basi cercate.

(d) C contiene lo 0 di HomR (R4,R4) ed e chiuso per combinazioni lineari. Dunque e un sottospazio diHomR (R4,R4). Ogni elemento di C manda a zero i vettori di U ed agisce come endomorfismo sul sottospazioW . Si tratta quindi di un sottospazio di dimensione 4 di HomR (R4,R4), isomorfo a HomR (W,W )(†). �

(†) L’isomorfismo e l’applicazione che associa ad ogni elemento di C la sua restrizione al sottospazio W .

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova di accertamento del 9 dicembre 2008

ESERCIZIO 1. Sia ϕ : R3 → R2 l’applicazione lineare definita da

(x1

x2

x3

)7→(

2x1+x3

x1+3x2−x3

).

(a) Si scriva la matrice A = αE,E(ϕ), ove con E si indicano, come di consueto le basi canoniche dei duespazi. Si determini la dimensione ed una base per i sottospazi kerϕ ed imϕ.

(b) Si consideri l’applicazione Φ :M3×2(R) →M2×2(R), definita da Φ(X) = AX. Si determinino nucleo edimmagine di Φ.

(c) Si determinino, quando esistono, tutte le inverse destre o sinistre di ϕ e di Φ.(d) (∗) Sia ψ : R2 → R3 un’inversa (destra o sinistra) di ϕ e sia B = αE,E(ψ) la sua matrice nelle basi

canoniche dei due spazi. E vero che l’applicazione Ψ :M2×2(R) →M3×2(R), definita da Ψ(Y ) = BY , eun’inversa (destra o sinistra) di Φ? Sono tutte di questo tipo le inverse di Φ? C’e modo di caratterizzarele inverse di questo tipo?

Svolgimento. (a) Si ha

A =

(2 0 11 3 −1

), e kerϕ =

⟨(1

−1

−2

)⟩, imϕ = R2.

(b) Anche Φ e suriettiva e si ha

kerΦ =

⟨(1 0

−1 0

−2 0

),

(0 1

0 −1

0 −2

)⟩.

(c) Esistono solo inverse destre per ϕ e Φ, perche non sono iniettive. Le inverse destre di ϕ sono l’insiemeΦ−1(12) (controimmagine di 12 tramite Φ) e quindi sono le matrici del tipo

(1/3 0

0 1/3

1/3 0

)+ kerΦ.

Le inverse destre di Φ sono in corrispondenza biunivoca con il prodotto diretto delle controimmagini tramiteΦ dei quattro elementi della base canonica di M2(R), ovvero

((1/3 0

0 0

1/3 0

)+ kerΦ

)×((

0 1/3

0 0

0 1/3

)+ kerΦ

)×((

0 0

1/3 0

0 0

)+ kerΦ

)×((

0 0

0 1/3

0 0

)+ kerΦ

).

Chi vuole, puo rappresentare gli elementi di questo sottospazio affine (di dimensione 8) tramite matrici 6×4.

(d) E vero che si possono costruire nel modo descritto sopra delle inverse destre per Φ a partire dalle inversedestre di ϕ. Un semplice calcolo di dimensioni permette di concludere che non sono tutte di questo tipo.Lasciamo al lettore il compito di dare una caratterizzazione di queste inverse nell’insieme di tutte le inversedi Φ, a seconda del modo scelto per rappresentarle (ad esempio, in termini di matrici 6 × 4 sono quelle...).

�

ESERCIZIO 2. Sia n un intero maggiore o uguale a 3 e si considerino le matrici Zn ∈Mn(C), definite da

Zn =n∑

j=1

ajε(1, j) +n−1∑

j=2

bjε(j, n+ 1− j) +n∑

j=1

cjε(n, j),

(∗) Domanda opzionale per aumentare il punteggio.

3

4 MAURIZIO CANDILERA e FRANCESCO ESPOSITO

ove gli scalari a1, . . . , cn appartengono a C ed { ε(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n }, e la base canonica di Mn(C) [matricia forma di zeta o “matrici di Zorro”(?)].(a) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di Z3, Z4.(b) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di Z5 e Z6.(c) Si scriva e si dimostri una formula generale per detZn, al variare di n.(d) (∗) Sia X un’indeterminata e si calcoli il polinomio det(X1n − Zn).

Svolgimento. (a) Si ha detZ3 = b2(a1c3 − a3c1) e detZ4 = −b2b3(a1c4 − a4c1).

(b) Si ha detZ5 = −b2b3b4(a1c5 − a5c1) e detZ6 = b2b3b4b5(a1c6 − a6c1).

(c) Si ha detZn = (−1)(n−22 )b2 · · · bn−1(a1cn − anc1); infatti, scambiando l’ultima riga della matrice Zn con

le precedenti, fino a portarla al secondo posto e facendo lo stesso con le colonne ci si riduce al prodotto diun determinante 2× 2 e del determinante di un blocco antidiagonale di ordine n− 2.

(d) Facendo le stesse operazioni elementari si ottiene

det(X1n − Zn) =

{[(X − a1)(X − cn)− anc1](X

2 − b2bn−1) · · · (X2 − bn/2b1+n/2) se n e pari

[(X − a1)(X − cn)− anc1](X2 − b2bn−1) · · · (X − b(n+1)/2) se n e dispari

che conclude la discussione. �

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita su C e sia S 6= ∅ un sottoinsieme diV ∗ = HomC (V,C).

(a) E vero che gli elementi di S generano V ∗ se, e solo se,⋂

ζ∈Skerζ = 〈0〉?

(b) E vero che gli elementi di S sono linearmente indipendenti se, e solo se, per ogni elemento ζ0 ∈ S, esiste

un vettore, v0 ∈ V , che appartiene a⋂

ζ0 6=ζ∈Skerζ, ma non appartiene a kerζ0?

Svolgimento. (a) Dato ζ ∈ V ∗, si ha 〈ζ〉⊥ = { v ∈ V | ζ ◦ v = 0 } = kerζ. Quindi⋂

ζ∈Skerζ = 〈S〉⊥.

(b) Se a1ζ1+ · · ·+akζk = 0 e una combinazione lineare di elementi di S, sia v1 ∈ V il vettore che appartiene

a⋂

j 6=1

kerζj , ma non appartiene a kerζ1. Allora, si ha

0 = (a1ζ1 + · · ·+ akζk) ◦ v1 = a1.

Ragionando analogamente sugli altri addendi, si conclude che tutti i coefficienti sono nulli. �

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 11 dicembre 2008

ESERCIZIO 1. Si determinino le soluzioni dell’equazione z2 − 2z + 1 + 2i = 0.(a) Si disegnino nel piano di Gauss le soluzioni, z1 e z2, dell’equazione.(b) Si determinino α ∈ C e c ∈ R tali che la retta r : αz + αz + c = 0 passi per z1 e z2.(c) Si determinino centro e raggio della circonferenza del piano di Gauss che si ottiene per riflessione della

retta r rispetto alla circonferenza unitaria (|z| = 1).

ESERCIZIO 2. Si consideri, al variare del parametro t ∈ R, il sistema lineare

Σt :

(t− 1)X1 +X3 + 2tX4 = t+ 1

tX2 +X4 = −1

(1− t)X1 − tX2 + tX3 − (2t+ 1)X4 +X5 = −t(t− 1)X1 +X3 + (t+ 1)X4 = 2

(a) Si determinino i ranghi del sistema Σt al variare di t ∈ R.(b) Si determinino le soluzioni del sistema al variare di t.(c) (∗) Si discuta lo stesso problema supponendo che i coefficienti del sistema appartengano al corpo Z/2Z

e al corpo Z/3Z.

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v3} una sua base.(a) Si scrivano le matrici αV,V(ϕ) di tutte le applicazioni lineari, φ : V → V , soddisfacenti alle condizioni

φ(2v1 + v2) = 2v1 − v2, φ(v1 + 2v2 − v3) = v1 − v2 + v3, φ(v1 − v2 + v3) = v1 − v3.

(b) Siano φ1 e φ2 due applicazioni descritte al punto (a). Si determini il nucleo di φ2−φ1. Si dica se esistonoφ1 e φ2 soddisfacenti alla condizione φ2(v1) = 2v1 + 4v3 = 2φ1(v1). In caso affermativo, si determiniim(φ2 − φ1).

(c) Le applicazioni, φ, descritte al punto (a) sono tutte invertibili? In caso contrario, si dia una condizionenecessaria e sufficiente su φ(v1 + v2 + v3) affinche φ sia invertibile.

ESERCIZIO 4.(a) Si calcolino i determinanti delle matrici

D5 =

x1 0 0 0 x10 x2 0 x2 00 0 x3 0 00 x2 0 x4 0x1 0 0 0 x5

e D6 =

x1 0 0 0 0 x10 x2 0 0 x2 00 0 x3 x3 0 00 0 x3 x4 0 00 x2 0 0 x5 0x1 0 0 0 0 x6

.

(b) Si enunci e si dimostri una formula generale per il determinante di Dn al variare di n.

(∗) Domanda opzionale per aumentare il punteggio.

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 8 gennaio 2009

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X2 − 2iX − 5 ∈ C[X].(a) Si determinino i numeri complessi, z1 e z2, tali che P (z1) = 0 = P (z2), sapendo che <z1 ≥ <z2.(b) Si disegni nel piano di Gauss l’insieme, D2, formato dai punti, z ∈ C, la cui distanza da z1 e maggiore

del doppio della distanza da z2.(c) Al variare di α tra i numeri reali positivi, si determini l’insieme Dα, formato dai punti, z, la cui distanza

da z1 e maggiore di α volte la distanza di z da z2. E vero che, per ogni α, l’insieme Dα e delimitato dauna circonferenza del piano di Gauss? Che dire di raggio e centro di queste circonferenze?

ESERCIZIO 2. Al variare del parametro t in R, si consideri il sistema lineare

Σt :

(t− 2)X1 + tX3 + (2− t)X5 = t

(t− 2)X1 + t2X2 + tX3 + (1− t)X4 + (2− t)X5 = 2t

(2− t)X1 − t2X2 + (t− 1)X4 − 2X5 = −tt2X2 + tX3 + 4X4 + tX5 = 3t

.

(a) Si determinino i ranghi del sistema Σt, al variare di t in R.(b) Si determinino le soluzioni del sistema al variare di t.

ESERCIZIO 3. Siano φ, ψ ∈ HomR (R2,R3) le applicazioni lineari definite dalle condizioni

ψ(ε1 − 2ε2) = e2 − 2e3, ψ(ε1 − ε2) = e1 − e3;

φ(ε1 − 2ε2) = −3e2 + 2e3, φ(2ε1 − ε2) = 3e1 + e3.

ove E = {ε1, ε2} e la base canonica di R2 ed E = {e1, . . . , e3} e la base canonica di R3.(a) Si scrivano le matrici A = αE,E(ψ), e B = αE,E(φ). Si determinino la dimensione ed una base del

sottospazio imφ ∩ imψ.(b) Sia Φ : HomR (R3,R3) → HomR (R2,R3) l’applicazione definita da ξ 7→ ξ◦φ. Si determinino le dimensioni

ed una base per il nucleo e l’immagine di Φ.(c) Si determinino (se esistono) tutte le applicazioni lineari, ξ : R3 → R3, tali che ψ = ξ ◦ φ, e si scrivano le

loro matrici αE,E(ξ) nella base canonica di R3.

ESERCIZIO 4.(a) Si calcoli il determinante delle matrici

D5 =

1 0 0 0 1

2 1 0 1 −2

3 2 1 −2 −3

−2 −1 0 1 2

−1 0 0 0 1

, D6 =

1 0 0 0 0 1

2 1 0 0 1 −2

3 2 1 1 −2 −3

−3 −2 −1 1 2 3

−2 −1 0 0 1 2

−1 0 0 0 0 1

, D7 =

1 0 0 0 0 0 1

2 1 0 0 0 1 −2

3 2 1 0 1 −2 −3

4 3 2 1 −2 −3 −4

−3 −2 −1 0 1 2 3

−2 −1 0 0 0 1 2

−1 0 0 0 0 0 1

.

(b) Si scriva e si dimostri una formula generale per detDn, al variare di n ≥ 2.

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 18 marzo 2009

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X2 + (2− 3i)X − 6i ∈ C[X].(a) Si determinino i numeri complessi, z, tali che P (z) = 0.(b) Dette z0 e z1 le radici del polinomio P (z), si mostri che, al variare di α ∈ (0,+∞), gli insiemi

Cα = { z ∈ C | |z − z0| = α|z − z1| }

sono delle circonferenze e se ne determinino centro e raggio.(c) Detta C la circonferenza di centro z0 e raggio 1, si determini il raggio delle circonferenze, di centro z1, e

perpendicolari a C (due curve si dicono perpendicolari in un punto, P , se si intersecano in P e le rettetangenti alle due curve in quel punto sono perpendicolari).

ESERCIZIO 2. Si considerino i sottospazi di R4 definiti dalle seguenti condizioni

U1 =

⟨( 1

−1

0

1

),

( 1

1

−2

1

),

( 1

0

−1

1

)⟩e U2 :

X1 +X2 −X3 +X4 = 0

2X1 + 2X2 − 2X3 + 3X4 = 0

3X1 + 3X2 − 3X3 −X4 = 0

.

(a) Si determinino una base e un sistema minimale di equazioni cartesiane per i sottospazi U1, U2 ed U1+U2.(b) Se R4 = U1⊕U2, si scriva la matrice in base canonica della proiezione, π : R4 → R4, su U1 parallelamente

ad U2 e la matrice, sempre in base canonica, della simmetria, σ : R4 → R4, di asse U1 e direzione U2.(c) Si consideri il sottoinsieme

Cπ ={φ ∈ HomR (R4,R4) |φ ◦ π = π ◦ φ

}.

Si verifichi che si tratta di un sottospazio e se ne determini la dimensione. Si fissi opportunamente unabase, U = {u1, . . . , u4}, di R4 e si determinino le matrici αU,U (φ), al variare di φ in Cπ.

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio, V = R[X]≤3 dei polinomi, a coefficienti reali, di grado minore ouguale a 3, con la base (canonica) B = {1, X,X2, X3}.(a) E vero che V = {1, X−1, (X−2)2, (X−3)3} e una base di V ? In caso affermativo si scrivano le matrici

di cambiamento di base αV,B(1) e αB,V(1).

(b) Sia B∗ = {δ0, δ1, δ2, δ3} ⊂ V ∗, ove δk(P (X)) = P (k)(0)k! per ogni P (X) in V e k = 0, . . . , 3. Si verifichi

che B∗ e la base duale di B in V ∗. Scrivere gli elementi della base V∗, duale di V, come combinazionelineare degli elementi di B∗.


ESERCIZIO 1. Si determinino le soluzioni dell’equazione z2 − (3− i)z + 4− 3i = 0.(a) Si disegnino nel piano di Gauss le soluzioni, z1 e z2, dell’equazione.(b) Si determinino α ∈ C e c ∈ R tali che la retta r : αz + αz + c = 0 passi per z1 e z2.(c) Si determinino centro e raggio della circonferenza del piano di Gauss che si ottiene per riflessione della


ESERCIZIO 2. Si considerino i sottospazi di R4 definiti dalle seguenti condizioni

U1 =

⟨( 1

−1

0

0

),

( 1

0

0

−1

),

( 1

0

−1

0

)⟩e U2 :

X1 −X4 = 0

2X2 −X3 = 0

X2 − 2X3 = 0

.

(a) Si determinino una base e un sistema minimale di equazioni cartesiane per i sottospazi U1, U2 ed U1+U2.(b) Se R4 = U1⊕U2, si scriva la matrice in base canonica della proiezione, π : R4 → R4, su U1 parallelamente

ad U2 e la matrice, sempre in base canonica, della simmetria, σ : R4 → R4, di asse U1 e direzione U2.(c) Si consideri il sottoinsieme

L ={φ ∈ HomR (R4,R4) |π = π ◦ φ ◦ π

}.

Si verifichi che si tratta di una sottovarieta lineare di A(HomR (R4,R4)) e se ne determini la dimensione.

ESERCIZIO 3. Sia C un campo e si consideri lo spazio vettoriale, C[X], dei polinomi a coefficienti in C,nell’indeterminata X. Per ogni polinomio, P (X) =

∑ni=0 aiX

i ∈ C[X], si consideri la funzione fP : C → Cdefinita da fP (x) = P (x) =

∑ni=0 aix

i ∈ C, per ogni x ∈ C.(a) Si verifichi che l’applicazione Φ : P → fP e un omomorfismo di spazi vettoriali tra C[X] e l’insieme di

tutte le funzioni di C in se. Sia C = C e si verifichi che Φ e iniettiva. E anche suriettiva?(b) Sia C[X]≤n il sottospazio di C[X] formato dai polinomi di grado minore o uguale ad n. Fissato c ∈ C,

si consideri l’applicazione ec : C[X] → C definita da ec(P (X)) = fP (c). Sia C = C; e vero che, per ognin, esistono dei punti c0, . . . , cn ∈ C tali che (le restrizioni a C[X]≤n di) ec0 , . . . , ecn formano una basedello spazio duale di C[X]≤n?

(c) (∗) Si discutano le domande precedenti su un campo qualsiasi.

(∗) Domanda opzionale per aumentare il punteggio (...e che da un senso all’esercizio).

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 16 luglio 2009

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3− (5+4i)X2+(1+8i)X+3− 4i ∈ C[X] e si verifichiche P (1) = 0.(a) Si determinino i numeri complessi, z1, z2, z3, tali che P (X) = (X − z1)(X − z2)(X − z3).(b) Si determinino centro e raggio della circonferenza, C, passante per i tre punti, z1, z2, z3, del piano di

Gauss.(c) Si determini l’immagine di C tramite la riflessione sulla circonferenza unitaria.

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo reale, E4, si considerino i sottospazi definiti dalle seguenti condizioni

U1 =

⟨( 1

0

1

−1

),

( 1

2

−3

0

),

( 0

2

−1

1

)⟩e U2 :

X1 −X3 = 0

X2 +X4 = 0

X1 −X2 = 0

.

(a) Si determinino una base e un sistema minimale di equazioni cartesiane per ciascuno dei due sottospazi.(b) Si scrivano le matrici, in base canonica, delle simmetrie (ortogonali), σ1 e σ2, di asse U1 ed U⊥

2 , rispet-tivamente.

(c) Dette π1 e π2 le proiezioni ortogonali sugli assi di σ1 e σ2, trovare nucleo ed immagine delle due appli-cazioni composte π1◦π2 e π2◦π1. Le applicazioni composte sono ancora proiezioni (non necessariamenteortogonali)?

ESERCIZIO 3. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi P (X) ∈ R[X], di grado minore o uguale a 4.(a) Sia F lo spazio vettoriale di tutte le funzioni (insiemistiche) di V su R e si considerino le funzioni

fi : V → R definite da fi(P (X)) = P (i), per i ∈ Z. Si verifichi che le fi sono funzioni lineari e simostri che 〈f−2, f−1, f0, f1, f2〉 e (isomorfo al)lo spazio vettoriale duale di V . Si scriva la matrice dicambiamento di base tra la base data e la base duale della base 1, X,X2, X3, X4 di V .

(b) Fissato un polinomio P (X) ∈ V , si consideri l’applicazione gP : V → R, che associa ad ogni Q(X) ∈ Vla derivata quarta del prodotto P (X)Q(X) calcolata nello 0. Si verifichi che, per ogni P (X) ∈ V lafunzione gP appartiene allo spazio vettoriale duale, V ∗, di V . Si determinino i polinomi P0, . . . , P4 checorrispondono alla base duale della base 1, X,X2, X3, X4 di V .

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 14 settembre 2009

ESERCIZIO 1. Si determinino le soluzioni dell’equazione z2 − (1 + 3i)z − 4 + 3i = 0.(a) Si disegnino nel piano di Gauss le soluzioni, z1 e z2, dell’equazione.(b) Si determinino α ∈ C e c ∈ R tali che la retta r : αz + αz + c = 0 passi per z1 e z2.(c) Si determinino centro e raggio della circonferenza del piano di Gauss che si ottiene per riflessione della


ESERCIZIO 2. Si considerino gli spazi vettoriali reali V e W , dotati delle rispettive basi V = {v1, . . . , v3}e W = {w1, . . . , w4}.(a) Si determini l’applicazione lineare ψ : V →W tale che

ψ(2v1 − v3) = w4 − w1

ψ(v1 − v2) = w1 + w2 + 2w3 − 2w4

ψ(v3 − v1) = w1 + w2 + 2w3 − 2w4

Si scriva αV,W(ψ) e si determinino nucleo ed immagine di ψ.(b) Si consideri l’applicazione lineare φ :W →W tale che

φ(2w1 + w4) = w1 + 3w2 + 2w3 + 2w4

φ(w2 + w3) = w1 + 3w2 + 2w3 + 2w4

φ(w2 − w3) = w1 + w2 + 2w3 − 2w4

φ(w2 − w4) = 3w2 + 4w3

Si scriva αW,W(φ) e si determinino nucleo ed immagine di φ.(c) Si determini il sottoinsieme A = {χ ∈ Hom(V,W ) |ψ = φ ◦ χ } e si scrivano tutte le matrici αV,W(χ).

A e un sottospazio di Hom(V,W )?(d) Si determini il sottospazio imφ ∩ imψ di W e gli ortogonali (imφ)⊥ ed (imψ)⊥ in W ∗.(e) Dette φ∗ : W ∗ → W ∗ e ψ∗ : W ∗ → V ∗ le applicazioni trasposte di φ e ψ, si determini il sottoinsieme

B = { η ∈ Hom(W ∗,W ∗) |φ∗ ◦ η = 0 e ψ∗ ◦ η = 0 } e si scrivano le matrici αW∗,W∗(η), ove W∗ e labase duale della base W = {w1, . . . , w4}. B e un sottospazio di Hom(W ∗,W ∗)?

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova di accertamento del 3 novembre 2009 – Compito A

ESERCIZIO 1.(a) Si determinino le soluzioni, z1 e z2, dell’equazione z2� (2� i)z +7� i = 0 e le si rappresentino sul piano

di Gauss.(b) Si determinino i punti, w1 e w2, che si ottengono da z1 e z2 per riflessione nella circonferenza unitaria.

Disegnare il quadrilatero di vertici z1, z2, w1, w2 e determinarne l’area.

(c) Sia r la retta per z1 e z2 e si consideri la funzione f(z) = z�(z1+z2)z . Si disegni nel piano di Gauss il

sottoinsieme f⇤(r).

Svolgimento.

(a) Le radici dell’equazione sono z1 = 1 + 2i e z2 = 1 � 3i.

(b) w1 = 1/z1 = z1/5 e w2 = z2/10. L’area del quadrilatero e la di↵erenza tra le areedei due triangoli di vertici 0, z1, z2 e 0, w1, w2 e quindi A = 1

2 |=(z1z2 � w1w2)| = 4920 .

(c) La retta e r : z + z = 2. La funzione e f(z) = z�2+iz (z 6= 0) e la sua inversa

e g(w) = 2�i1�w . Dunque f⇤(r) = g⇤(r) = { w 2 C r {1} | 2ww + iw � iw � 2 = 0 };

ovvero la circonferenza di centro i/2 e raggiop

5/2 privata del punto w = 1.

z1

z2

w1

w2 r

f⇤(r)

⇤


U :

8><>:

x1 + 2x2 � x3 � 2x4 = 0

x1 � 2x4 = 0

2x1 � 2x2 + x3 � 4x4 = 0

. e W =

* 1

1

�1

�1

!,

1

�1

1

�1

!,

�3

2

�2

3

!+

(a) Si esibisca una base e si scriva un sistema (minimale) di equazioni cartesiane per ciascuno dei duesottospazi. Si verifichi se R4 = U � W .

(b) Detta E = {e1, . . . , e4} la base canonica di R4, si scriva la matrice A = ↵E,E(⇡), ove ⇡ : R4 ! R4 e laproiezione su W parallelamente ad U .

(c) Si calcoli A7.

Svolgimento. (a) Le tre equazioni sono dipendenti (III = 3II � I) ed un sistema minimale si ottieneprendendone 2 tra queste. Le soluzioni del sistema sono

U =

( 2a

b

2b

a

!�� (a, b) 2 R2

)=

* 2

0

0

1

!,

0

1

2

0

!+.

I tre vettori dati sono linearmente dipendenti (w1 +5w2 +2w3 = 0) ed una base e quindi data dai primi due,ovvero W = hw1, w2i ed e soluzione del sistema di equazioni (minimale)

W :

⇢x1 + x4 = 0

x2 + x3 = 0.

Unendo i due sistemi lineari, si conclude che U\W = h0i e quindi (per motivi di dimensione) che R4 = U�W .

1

2 ALESSANDRA BERTAPELLE e MAURIZIO CANDILERA

(b) La proiezione del vettore v 2 R4 e quell’unico vettore, ⇡(v) = aw1 + bw2, tale che v � ⇡(v) 2 U . Da cuisi deduce, per un generico elemento di R4,

8><>:

a =x1 + 2x2 � x3 � 2x4

6

b =x1 � 2x2 + x3 + 2x4

6

ovvero ⇡

x1

x2

x3

x4

!= 1

3

x1�2x4

2x2�x3

�2x2+x3

�x1+2x4

!.

Quindi

↵E,E(⇡) =1

3

0B@

1 0 0 �20 2 �1 00 �2 1 0�1 0 0 2

1CA .

(c) A e la matrice di una proiezione, quindi A = A2 = A7. ⇤

ESERCIZIO 3. Sia Q[X]4 lo spazio dei polinomi di grado minore o uguale a 4 a coe�cienti in Q. Siconsiderino i polinomi

P1 = 1 + X, P2 = X + X3, P3 = X2 + X4, P4 = 1 + X3, P5 = 1 � X + X2 + X4.

Siano v1 = 1, v2 = X, v3 = X2, v4 = X3, v5 = X4.

(a) Dire se esiste un’applicazione lineare � : Q[X]4 ! Q[X]4 tale che �(vi) = Pi, 1 i 5, e in casoa↵ermativo scriverne la matrice rispetto alla base canonica e calcolarne nucleo e immagine.

(b) Dire se esiste un’applicazione lineare � : Q[X]4 ! Q[X]4 tale che �(Pi) = vi, 1 i 5, e in casoa↵ermativo scriverne la matrice rispetto alla base canonica e calcolarne nucleo e immagine.

(c) Dire se esistono applicazioni lineari � : Q[X]4 ! Q[X]4 tali che �(P1) = �(P2) = 0, �(P3) = P1,�(P4) = P2, �(P5) = P1 + P2 ed in caso a↵ermativo descriverle tutte, ad esempio tramite la matriceassociata all’applicazione rispetto alla base canonica.

Svolgimento. (a) L’insieme V = {v1, . . . , v5} e la base canonica di Q[X]4 e quindi esiste un’unica applica-zione lineare, �, che soddisfi alla condizione posta ed ha matrice

↵V,V(�) =

0BBB@

1 0 0 1 11 1 0 0 �10 0 1 0 10 1 0 1 00 0 1 0 1

1CCCA .

Si ha P2 � P3 � P4 + P5 = 0; quindi im� = hP1, . . . , P4i = hv1, v2, v4, v3 + v5i e ker� = hv2 � v3 � v4 + v5i.(b) I vettori P1, . . . , P5 sono linearmente dipendenti perche P2�P3�P4+P5 = 0. Dunque, ogni applicazionelineare li mandera in vettori che soddisfano alla stessa relazione lineare. Quindi non e possibile mandarli inuna base di Q[X]4.

(c) Dalle condizioni date si ricava �(P2)��(P3)��(P4)+�(P5) = 0 e quindi esistono infinite applicazioni chesoddisfano alla condizione data; esse sono univocamente determinate dalle condizioni date sul sottospaziohP1, P2, P3, P4i e possono essere definite in modo arbitrario su un complementare di tale sottospazio. Ilsottospazio hv5i e un complementare di hP1, P2, P3, P4i e si ha

2v1 = P1 � P2 + P4, 2v2 = P1 + P2 � P4, 2v4 = �P1 + P2 + P4, e v3 = P3 � v5.

Quindi le applicazioni cercate hanno tutte matrici del tipo

↵V,V(�) =

0BBB@

0 0 1 � a 0 a1/2 �1/2 1 � b 1/2 b0 0 �c 0 c

1/2 �1/2 �d 1/2 d0 0 �e 0 e

1CCCA

al variare di (a, b, c, d, e) 2 Q5. ⇤

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 3 novembre 2009 – Compito B

ESERCIZIO 1.(a) Si determinino le soluzioni, z1 e z2, dell’equazione z2 + (1 � 2i)z � 7 � i = 0 e le si rappresentino sul

piano di Gauss.(b) Si determinino i punti, w1 e w2, che si ottengono da z1 e z2 per riflessione nella circonferenza unitaria.





U :

8><>:

2x1 � x2 � 2x3 + x4 = 0

2x1 � x2 = 0

4x1 � 2x2 + 2x3 � x4 = 0

. e W =

* �1

1

1

�1

!,

�1

1

�1

1

!,

3

�3

2

�2

!+



(c) Si calcoli A7.


P1 = 1 + X4, P2 = 1 + X2, P3 = X + X3, P4 = X2 + X4, P5 = �1 + X + X3 + X4.

Siano v1 = 1, v2 = X, v3 = X2, v4 = X3, v5 = X4.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 3 novembre 2009 – Compito C

ESERCIZIO 1.(a) Si determinino le soluzioni, z1 e z2, dell’equazione z2 +(2+ i)z +7+ i = 0 e le si rappresentino sul piano

di Gauss.(b) Si determinino i punti, w1 e w2, che si ottengono da z1 e z2 per riflessione nella circonferenza unitaria.





U :

8><>:

x1 + 2x2 � x3 � 2x4 = 0

2x2 � x3 = 0

x1 � 4x2 + 2x3 � 2x4 = 0

. e W =

* �1

�1

1

1

!,

1

�1

1

�1

!,

�2

3

�3

2

!+



(c) Si calcoli A9.


P1 = X3 + X4, P2 = X + X4, P3 = 1 + X2, P4 = X + X3, P5 = 1 + X2 + X3 � X4.

Siano v1 = 1, v2 = X, v3 = X2, v4 = X3, v5 = X4.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 3 novembre 2009 – Compito D

ESERCIZIO 1.(a) Si determinino le soluzioni, z1 e z2, dell’equazione z2 + (1 + 2i)z � 7 + i = 0 e le si rappresentino sul

piano di Gauss.(b) Si determinino i punti, w1 e w2, che si ottengono da z1 e z2 per riflessione nella circonferenza unitaria.





U :

8><>:

2x1 � x2 � 2x3 + x4 = 0

2x3 � x4 = 0

2x1 � x2 + 4x3 � 2x4 = 0

. e W =

* 1

�1

�1

1

!,

�1

1

�1

1

!,

2

�2

3

�3

!+



(c) Si calcoli A9.


P1 = X3 + X2, P2 = 1 + X3, P3 = X + X4, P4 = 1 + X2, P5 = X + X2 � X3 + X4.

Siano v1 = 1, v2 = X, v3 = X2, v4 = X3, v5 = X4.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova di accertamento del 9 dicembre 2009

ESERCIZIO 1. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e sia V = {v1, . . . , v4} (risp.W = {w1, . . . , w3}) una base di V (risp. W ).(a) Si dica se esiste un’applicazione lineare, ' : V ! W , che soddisfi alle condizioni

'(2v1 + v2) = '(v3 � v4) = w1 + w2 � 2w3

'(2v1 + 2v2) = '(v3 � 2v4) = 2w2.

In caso a↵ermativo, si scrivano le matrici, ↵V,W('), di tutte le applicazioni lineari soddisfacenti a talicondizioni.

(b) Per ogni applicazione, ', del punto precedente si determinino i sottospazi ker', im', ed i sottospazi aloro ortogonali contenuti nei rispettivi spazi duali di V e W , scrivendo delle basi per ciascuno di questisottospazi.Se una tale ' non esiste, si scrivano delle basi per i sottospazi h2v1 + v2, v3 � v4i?, hw1 + w2 � 2w3, 2w2i?,

h2v1 + 2v2, v3 � 2v4i?, h2w1 � 4w3, w1 + w2 + w3i?.(c) Per ogni applicazione, ', del punto (a) si determinino le matrici ↵W⇤,W⇤(⇠), ove

⇠ 2 { ⇠ 2 HomQ (W ⇤, W ⇤) |'⇤ � ⇠ = 0 } ,

'⇤ : W ⇤ ! V ⇤ e l’applicazione trasposta e V⇤ = {v⇤1 , . . . , v⇤4}, W⇤ = {w⇤

1 , . . . , w⇤3} sono le basi duali

delle basi date.Se una tale ' non esiste, si scrivano le matrici ↵V⇤,W⇤(⇠) delle applicazioni lineari, ⇠ : V ⇤ ! W ⇤, taliche

⇠(h2v1 + v2, v3 � v4i?) ✓ hw1 + w2 � 2w3, 2w2i?

⇠(h2v1 + 2v2, v3 � 2v4i?) ✓ h2w1 � 4w3, w1 + w2 + w3i? .

Svolgimento. (a) ' esiste ed e unica perche i vettori 2v1 + v2, 2v1 + 2v2, v3 � 2v4, v3 � v4 sono una base diV e si ha

A = ↵V,W(') =

0@

1 �1 2 10 1 0 �1�2 2 �4 �2

1A .

(b) ker' = hv2 + v4, 2v1 � v3i, im' = hw2, w1 � 2w3i, (ker')? = hv⇤2 � v⇤4 , v⇤1 + 2v⇤3i, (im')? = h2w⇤1 + w⇤

3i.(c) Le applicazioni, ⇠ : W ⇤ ! W ⇤, cercate sono caratterizzate dalla condizione im⇠ ✓ ker('⇤) = (im')?.

Quindi le matrici cercate appartengono al sottospazio

⌧✓2 0 0

0 0 0

1 0 0

◆,

✓0 2 0

0 0 0

0 1 0

◆,

✓0 0 2

0 0 0

0 0 1

◆�. ⇤

ESERCIZIO 2. Si considerino i sistemi lineari

⌃t :

8>>><>>>:

tX1 � X2 + (2t � 1)X4 � (2t � 1)X5 = 2t2 � t + 1

(2t + 1)X2 + tX3 + (1 � 2t)X4 � (1 � 2t)X5 = �t � 1

tX1 � X2 � tX3 + (2t � 1)X4 � (1 � 2t)X5 = 2t2 � 2t + 1

(2t + 1)X2 + (2t � 1)X5 = �2t

al variare di t 2 R.(a) Si determinino i ranghi del sistema ⌃t, al variare di t in R.(b) Si determinino le soluzioni del sistema ⌃t, al variare di t in R.

7


Svolgimento. La matrice completa del sistema e

0BB@

t �1 0 2t � 1 1 � 2t | 2t2 � t + 10 2t + 1 t 1 � 2t 2t � 1 | �t � 1t �1 �t 2t � 1 2t � 1 | 2t2 � 2t + 10 2t + 1 0 0 2t � 1 | �2t

1CCA

che e riga-equivalente a

0BBBB@

t �1 0 2t � 1 1 � 2t | 2t2 � t + 1

IV 0 2t + 1 0 0 2t � 1 | �2t

III � I 0 0 �t 0 2(2t � 1) | �t

II � IV 0 0 t 1 � 2t 0 | t � 1

1CCCCA

⇠

⇠

0BBBB@

t �1 0 2t � 1 1 � 2t | 2t2 � t + 1

0 2t + 1 0 0 2t � 1 | �2t

0 0 �t 0 2(2t � 1) | �t

IV + III 0 0 0 1 � 2t 2(2t � 1) | �1

1CCCCA

.

Se t /2 {�1/2, 0, 1/2}, le matrici (completa ed incompleta) del sistema hanno entrambe rango 4 e quindi vie una sottovarieta lineare di soluzioni di dimensione 1, uguale a

St =

0B@

2t�1� 22t+1

� 2t2t+1

11

2t�1

0

1CA+

*0B@

�2(t+1)(2t�1)

�t(2t�1)

2(2t�1)(2t+1)

2t(2t+1)

t(2t+1)

1CA+

Sia ora t = � 12 . La matrice completa e

0BB@

� 12 �1 0 �2 2 | 2

0 0 0 0 �2 | 10 0 1

2 0 �4 | 12

0 0 0 2 �4 | �1

1CCA ⇠

0BB@

� 12 �1 0 �2 2 | 2

III 0 0 12 0 �4 | 1

2IV 0 0 0 2 �4 | �1II 0 0 0 0 �2 | 1

1CCA.

I ranghi sono ancora entrambi uguali a 4 e le soluzioni formano la sottovarieta lineare di dimensione 1

S�1/2 =

0B@

0

0

�3

� 32

� 12

1CA+

*0B@

2

�1

0

0

0

1CA+

Sia ora t = 0. La matrice completa e

0BB@

0 �1 0 �1 1 | 10 1 0 0 �1 | 00 0 0 0 �2 | 00 0 0 1 �2 | �1

1CCA ⇠

0BB@

II 0 1 0 0 �1 | 0IV 0 0 0 1 �2 | �1

0 0 0 0 �2 | 0I + II � III + IV 0 0 0 0 0 | 0

1CCA

Geometria 1 (parte I) – Compitino del 9 dicembre 2009 9

I ranghi sono entrambi uguali a 3 e le soluzioni formano la sottovarieta lineare di dimensione 2

S0 =

0B@

0

0

0

�1

0

1CA+

*0B@

1

0

0

0

0

1CA ,

0B@

0

0

1

0

0

1CA+

Infine, sia t = 12 . La matrice completa e

0BB@

12 �1 0 0 0 | 10 2 0 0 0 | �10 0 � 1

2 0 0 | � 12

0 0 0 0 0 | �1

1CCA,

che ha rango 4, mentre la matrice incompleta ha rango 3. Non vi sono quindi soluzioni al sistema. ⇤

ESERCIZIO 3. Sia n un intero maggiore o uguale a 2 e si considerino le matrici Sn 2 Mn(C), definite da

Sn = a

nX

j=1

"(n � j + 1, j) + b

[n/2]X

j=1

"([n/2] � j + 1, j) + c

[n/2]X

j=1

"(n � j + 1, [(n + 1)/2] + j),

ove gli scalari a, b, c appartengono a C, { "(i, j) | 1 i, j n }, e la base canonica di Mn(C) e [x] indica laparte intera del numero reale x, ovvero, [x] 2 Z e [x] x < [x] + 1.(a) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di S3, S4.(b) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di S5 e S6.(c) Si scriva e si dimostri una formula generale per det Sn, al variare di n.(d) (⇤) Si calcoli S2

n. Sia X un’indeterminata e si calcoli il polinomio det(X1n � S2n).

Svolgimento. (a) Si ha det S3 = a(bc � a2) e det S4 = (bc � a2)2.

(b) Si ha det S5 = a(bc � a2)2 e det S6 = (bc � a2)3.

(c) Con operazioni di scambio di righe e di colonne si puo portare la matrice Sn nella forma (a blocchi)0@

Sn�2 0 00 b a0 a c

1A .

Il numero di scambi necessari e un numero pari (come si verifica?) e quindi si ha la relazione ricorsivadet Sn = (bc � a2) det Sn�2 da cui si ottiene la formula chiusa

det Sn = a[(n+1)/2]�[n/2](bc � a2)[n/2].

(d) Si ha

S2n = (a2 + b2)

[n/2]X

j=1

"(j, j) + (a2 + c2)

[n/2]X

j=1

"([n+12 ] + j, [n+1

2 ] + j)+

+ (ab + ac)

[n/2]X

j=1

"([n+12 ] + j, j) + "(j, [n+1

2 ] + j)+

+�[n+1

2 ] � [n2 ]�a2"([n+1

2 ], [n+12 ]).

Per calcolare il determinante di X1n � S2n si puo usare una relazione ricorsiva simile a quella descritta nel

punto precedente e si ottiene

det(X1n � S2n) = (X � a2)[(n+1)/2]�[n/2]

✓(X � a2 � b2)(X � a2 + c2) � (ab + ac)2

◆[n/2]

.

⇤

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 16 dicembre 2009 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 � 1 2 C[X].(a) Si determinino e si disegnino sul piano di Gauss le radici del polinomio P (X).(b) Si determinino le equazioni delle rette che contengono due radici distinte del polinomio P (X) e si scrivano

le equazioni nella forma az + az + c = 0 con a 2 C e c 2 R.(c) Si determinino le immagini delle rette del punto precedente nella riflessione rispetto al cerchio unitario

e le si disegnino nel piano di Gauss.

Svolgimento. (a) Le radici sono z1 = 1, z2 = � 12 + i

p3

2 , z3 = � 12 � i

p3

2 .

(b) z1 _ z2 : (1� ip

3)z +(1+ ip

3)z�2 = 0. z1 _ z3 : (1+ ip

3)z +(1� ip

3)z�2 = 0. z2 _ z3 : z + z +1 = 0.

(c) Si hanno delle circonferenze per l’origine. C1 :��z � 1+i

p3

2

�� = 1; C2 :��z � 1�i

p3

2

�� = 1; C3 : |z + 1| = 1.

⇤


'(2v1 � v3) = '(v2 � 3v4) = 2w1 � w3

'(3v1 � v3) = '(v2 � 2v4) = w1 + w2.

In caso a↵ermativo, si scrivano le matrici, ↵V,W('), e si determinino i sottospazi ker' e im' per tuttele applicazioni lineari soddisfacenti a tali condizioni.

(b) Sia A = ↵V,W(') la matrice di un’applicazione, ', del punto precedente. Si determinino due matrici

invertibili, P0 e Q0, tali che P0AQ0 =⇣

1r 0

0 0

⌘, ove r = rk'.

(c) (⇤) Fissati A e P0 come nel punto precedente, si determinino tutte le matrici, Q, tali che P0AQ =⇣

1r 0

0 0

⌘.

E vero che le matrici Q dipendono dalla scelta di P0? In che modo?

Svolgimento. (a) I vettori 2v1 � v3, v2 � 3v4, 3v1 � v3, v2 � 2v4 formano una base di V , quindi esiste ununico omomorfismo soddisfacente alle condizioni date. Si ha

A = ↵V,W(') =

✓�1 �1 �4 �1

1 3 2 1

1 2 3 1

◆.

ker' = h2v1 � v2 � v3 + 3v4, 3v1 � v2 � v3 + 2v4i, im' = h2w1 � w3, w1 + w2i,(b) I vettori v1 e v2 completano la base data di ker' ad una base, V 0 = {v1, v2, 2v1 � v2 � v3 + 3v4, 3v1 �v2 � v3 + 2v4}, di V e possiamo prendere Q0 = ↵V0,V(id). Possiamo completare '(v1) e '(v2) ad una baseW 0 = {�w1 + w2 + w3,�w1 + 3w2 + 2w3, w1} di W , e prendere P0 = ↵W,W0(id) = ↵W0,W(id)�1. Si ha

Q0 =

1 0 2 3

0 1 �1 �1

0 0 �1 �1

0 0 3 2

!e P0 =

✓0 �2 3

0 1 �1

1 �1 2

◆

e P0AQ0 = ↵W,W0(id)↵V,W(')↵V0,V(id) = ↵V0,W0(') =⇣

12 0

0 0

⌘.

(c) Fissati A e P0, posso sommare a Q0 una qualsiasi matrice avente le colonne in ker' senza modificare ilprodotto. Indicato con K = { ⇠ 2 HomQ (V, V ) | im⇠ ✓ ker' }, le matrici cercate sono tutte e sole quelle in{ Q0 + ↵V,V(⇠) | ⇠ 2 K }.

Al variare di P0 le matrici Q hanno ancora la forma descritta sopra, purche si vari opportunamente lamatrice Q0. Le ultime due colonne di Q0 devono essere le coordinate (nella base V) di una base di ker',

11


indipendentemente dalla scelta di P0, mentre le prime due colonne devono essere scelte, rispettivamente,nella controimmagine tramite ' dei vettori rappresentati dalle prime due colonne di P�1

0 (nella base W).⇤

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale reale e V = {v1, . . . , v4} una sua base. Si considerino isottospazi

U = hv1 + v3 + v4, v2 + 2v4, 2v1 � v2 + 2v3i , e W :

8><>:

x1 + 2x3 = 0

x1 + x3 � x4 = 0

x3 + x4 = 0

.

(a) Si determini una base per ciascuno dei due sottospazi U e W e per i loro ortogonali in V ⇤.(b) Si verifichi che V = U � W e si determini la matrice della proiezione ⇡ : V ! V su U parallelamente a

W .(c) Si dica se V ⇤ = U? � W?. In tal caso si dica quali relazioni ci sono tra l’applicazione trasposta

⇡⇤ : V ⇤ ! V ⇤ e le proiezioni relative a quella decomposizione di V ⇤.

Svolgimento. (a) Si ha 2v1 � v2 + 2v3 = 2(v1 + v3 + v4) � (v2 + 2v4) e quindi {v1 + v3 + v4, v2 + 2v4} e unabase di U . Il sistema lineare ha rango 2 e una base dello spazio, W , delle soluzioni e {2v1 � v3 + v4, v2}.

Sia V⇤ = {v⇤1 , . . . , v⇤4} la base duale di V ⇤. Si ha U? = hv⇤1 � v⇤3 , 2v⇤2 + v⇤3 � v⇤4i e W? = hv⇤1 + 2v⇤3 , v⇤3 + v⇤4i.

(b) I quattro vettori v1 + v3 + v4, v2 + 2v4, 2v1 � v3 + v4, v2 sono linearmente indipendenti e percio sono unabase di V , da cui discende che V = U � W . Si ha

↵V,V(⇡) = 16

2 0 4 0

�2 0 �1 3

2 0 4 0

�2 0 2 6

!.

(c) Naturalmente V ⇤ = U? � W? (ad esempio, perche U? \ W? = (U + W )? = h0i e U? + W? =(U \ W )? = V ⇤). e la trasposta di una proiezione e ancora una proiezione (⇡⇤ � ⇡⇤ = (⇡ � ⇡)⇤ = ⇡⇤). Esu�ciente ricordare chi sono nucleo ed immagine di ⇡⇤ per concludere. ⇤

ESERCIZIO 4. Sia n un intero maggiore o uguale a 3 e si considerino le matrici Bn 2 Mn(Q), definite da

Bn = a

nX

j=1

"(j, j) + b

nX

j=1

"(n � j + 1, j) + c

[(n+1)/2]�1X

i=1

n�iX

j=i+1

✓"(i, j) + "(n � i + 1, j)

◆,

ove gli scalari a, b, c appartengono a Q, { "(i, j) | 1 i, j n }, e la base canonica di Mn(Q) e [x] indica laparte intera del numero reale x, ovvero, [x] 2 Z e [x] x < [x] + 1.(a) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di B3, B4.(b) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di B5 e B6.(c) Si scriva e si dimostri una formula generale per det Bn, al variare di n.(d) (⇤) Si determini il rango di tBn � Bn in funzione dell’intero n � 3.

Svolgimento. (a) Si ha det B3 = (a + b)(a2 � b2) e det B4 = (a2 � b2)2.

(b) Si ha det B5 = (a + b)(a2 � b2)2 e det B6 = (a2 � b2)3.

(c) Scambiando l’ultima riga di Bn con le precedenti fino a portarla al secondo posto e facendo lo stesso conle colonne di Bn si ottiene una matrice che ha lo stesso determinante di Bn e della forma (a blocchi)

✓a b ⇤b a ⇤0 0 Bn�2

◆.

Quindi si ha la relazione ricorsiva det Bn = (a2 � b2) det Bn�2 da cui si ottiene (per induzione) la formulachiusa

det Bn = (a + b)[(n+1)/2]�[n/2](a2 � b2)[n/2].

(d) Il rango e 2⇥

n+14

⇤. ( . . . perche?) ⇤

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 16 dicembre 2009 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + 1 2 C[X].(a) Si determinino e si disegnino sul piano di Gauss le radici del polinomio P (X).(b) Si determinino le equazioni delle rette che contengono due radici distinte del polinomio P (X) e si scrivano

le equazioni nella forma az + az + c = 0 con a 2 C e c 2 R.(c) Si determinino le immagini delle rette del punto precedente nella riflessione rispetto al cerchio unitario

e le si disegnino nel piano di Gauss.

Svolgimento. (a) Le radici sono z1 = �1, z2 = 12 + i

p3

2 , z3 = 12 � i

p3

2 .

(b) z1 _ z2 : (1+ ip

3)z +(1� ip

3)z +2 = 0. z1 _ z3 : (1� ip

3)z +(1+ ip

3)z +2 = 0. z2 _ z3 : z + z�1 = 0.

(c) Si hanno delle circonferenze per l’origine. C1 :��z � �1+i

p3

2

�� = 1; C2 :��z � �1�i

p3

2

�� = 1; C3 : |z � 1| = 1.

⇤


'(3v1 � v3) = '(v2 + 3v4) = 2w1 + w3

'(2v1 � v3) = '(v2 + 2v4) = w1 � w2.

In caso a↵ermativo, si scrivano le matrici, ↵V,W('), e si determinino i sottospazi ker' e im' per tuttele applicazioni lineari soddisfacenti a tali condizioni.

(b) Sia A = ↵V,W(') la matrice di un’applicazione, ', del punto precedente. Si determinino due matrici

invertibili, P0 e Q0, tali che P0AQ0 =⇣

1r 0

0 0

⌘, ove r = rk'.

(c) (⇤) Fissati A e P0 come nel punto precedente, si determinino tutte le matrici, Q, tali che P0AQ =⇣

1r 0

0 0

⌘.

E vero che le matrici Q dipendono dalla scelta di P0? In che modo?

Svolgimento. (a) I vettori 3v1 � v3, v2 = 3v4, 2v1 � v3, v2 + 2v4 formano una base di V , quindi esiste ununico omomorfismo soddisfacente alle condizioni date. Si ha

A = ↵V,W(') =

✓1 �1 1 1

1 �3 3 1

1 �2 2 1

◆.

ker' = h3v1 � v2 � v3 � 3v4, 2v1 � v2 � v3 � 2v4i, im' = h2w1 + w3, w1 � w2i,(b) I vettori v1 e v2 completano la base data di ker' ad una base, V 0 = {v1, v2, 3v1 � v2 � v3 � 3v4, 2v1 �v2 � v3 � 2v4}, di V e possiamo prendere Q0 = ↵V0,V(id). Possiamo completare '(v1) e '(v2) ad una baseW 0 = {w1 + w2 + w3,�w1 � 3w2 � 2w3, w1} di W , e prendere P0 = ↵W,W0(id) = ↵W0,W(id)�1. Si ha

Q0 =

1 0 3 2

0 1 �1 �1

0 0 �1 �1

0 0 �3 �2

!e P0 =

✓0 �2 3

0 �1 1

1 1 �2

◆

e P0AQ0 = ↵W,W0(id)↵V,W(')↵V0,V(id) = ↵V0,W0(') =⇣

12 0

0 0

⌘.

(c) Fissati A e P0, posso sommare a Q0 una qualsiasi matrice avente le colonne in ker' senza modificare ilprodotto. Indicato con K = { ⇠ 2 HomQ (V, V ) | im⇠ ✓ ker' }, le matrici cercate sono tutte e sole quelle in{ Q0 + ↵V,V(⇠) | ⇠ 2 K }.

13


Al variare di P0 le matrici Q hanno ancora la forma descritta sopra, purche si vari opportunamente lamatrice Q0. Le ultime due colonne di Q0 devono essere le coordinate (nella base V) di una base di ker',indipendentemente dalla scelta di P0, mentre le prime due colonne devono essere scelte, rispettivamente,nella controimmagine tramite ' dei vettori rappresentati dalle prime due colonne di P0 (nella base W).

⇤

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale reale e V = {v1, . . . , v4} una sua base. Si considerino isottospazi

U = hv1 + v2 + v4, 2v1 + v3, 2v2 � v3 + 2v4i , e W :

8><>:

2x2 + x4 = 0

x1 � x2 � x4 = 0

x1 + x2 = 0

.

(a) Si determini una base per ciascuno dei due sottospazi U e W e per i loro ortogonali in V ⇤.(b) Si verifichi che V = U � W e si determini la matrice della proiezione ⇡ : V ! V su U parallelamente a

W .(c) Si dica se V ⇤ = U? � W?. In tal caso si dica quali relazioni ci sono tra l’applicazione trasposta

⇡⇤ : V ⇤ ! V ⇤ e le proiezioni relative a quella decomposizione di V ⇤.

Svolgimento. (a) Si ha 2v2 � v3 + 2v4 = 2(v1 + v2 + v4) � (2v1 + v3) e quindi {v1 + v2 + v4, 2v1 + v3} e unabase di U . Il sistema lineare ha rango 2 e una base dello spazio, W , delle soluzioni e {v1 � v2 + 2v4, v3}.

Sia V⇤ = {v⇤1 , . . . , v⇤4} la base duale di V ⇤. Si ha U? = hv⇤2 � v⇤4 , v⇤1 � v⇤2 � 2v⇤3i e W? = hv⇤1 + v⇤2 , 2v⇤2 + v⇤4i.

(b) I quattro vettori v1 + v2 + v4, 2v1 + v3, v1 � v2 + 2v4, v3 sono linearmente indipendenti e percio sono unabase di V , da cui discende che V = U � W . Si ha

↵V,V(⇡) = 16

6 2 0 �2

0 4 0 2

3 �1 0 �2

0 4 0 2

!.

(c) Naturalmente V ⇤ = U? � W? (ad esempio, perche U? \ W? = (U + W )? = h0i e U? + W? =(U \ W )? = V ⇤). e la trasposta di una proiezione e ancora una proiezione (⇡⇤ � ⇡⇤ = (⇡ � ⇡)⇤ = ⇡⇤). Esu�ciente ricordare chi sono nucleo ed immagine di ⇡⇤ per concludere. ⇤

ESERCIZIO 4. Sia n un intero maggiore o uguale a 3 e si considerino le matrici Cn 2 Mn(Q), definite da

Cn = anX

j=1

"(j, j) � b

[(n+1)/2]�1X

i=1

n�iX

j=i+1

✓"(j, i) + "(j, n � i + 1)

◆+ c

nX

j=1

"(n � j + 1, j)

ove gli scalari a, b, c appartengono a Q, { "(i, j) | 1 i, j n }, e la base canonica di Mn(Q) e [x] indica laparte intera del numero reale x, ovvero, [x] 2 Z e [x] x < [x] + 1.(a) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di C3, C4.(b) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di C5 e C6.(c) Si scriva e si dimostri una formula generale per det Cn, al variare di n.(d) (⇤) Si determini il rango di tCn � Cn in funzione dell’intero n � 3.

Svolgimento. (a) Si ha det C3 = (a + c)(a2 � c2) e det C4 = (a2 � c2)2.

(b) Si ha det C5 = (a + c)(a2 � c2)2 e det C6 = (a2 � c2)3.

(c) Scambiando l’ultima riga di Cn con le precedenti fino a portarla al secondo posto e facendo lo stesso conle colonne di Cn si ottiene una matrice che ha lo stesso determinante di Cn e della forma (a blocchi)

✓a c 0

c a 0

⇤ ⇤ Cn�2

◆.

Quindi si ha la relazione ricorsiva det Cn = (a2 � c2) det Cn�2 da cui si ottiene (per induzione) la formulachiusa

det Cn = (a + c)[(n+1)/2]�[n/2](a2 � c2)[n/2].

(d) Il rango e 2⇥

n+14

⇤. ( . . . perche?) ⇤

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 8 gennaio 2010 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = (2X + 1 + ip

3)(X2 � (1 + i)X + i) 2 C[X].(a) Si determinino e si disegnino sul piano di Gauss le radici del polinomio P (X).(b) Si determinino le lunghezze dei lati e l’area del triangolo avente come vertici le tre radici del polinomio

P (X).(c) Si determini l’immagine della retta contenente il lato piu lungo del triangolo nella riflessione rispetto al

cerchio unitario e la si disegni nel piano di Gauss.

Svolgimento. (a) I tre punti sono z1 = 1, z2 = i, z3 = � 1+ip

32 , e stanno tutti sulla circonferenza unitaria.

(b) Le distanze sono |z2 � z1| =p

2, |z3 � z1| =p

3 e |z2 � z3| =p

2 +p

3, che e la maggiore. L’area e

A = 12=((z2 � z1)(z3 � z1)) = 3+

p3

4 .

(c) La retta contenente z2 e z3 ha equazione, ((p

3 + 2) + i)z + ((p

3 + 2)� i)z + 2 = 0. La sua trasformata

nell’inversione rispetto alla circonferenza unitaria e la circonferenza��z + (

p3+2)�i

2

�� =p

2 +p

3, privata del

punto z = 0. ⇤


'(v1 � 2v2) = '(3v3 � v4) = w1 � w2

'(v1 + v4) = '(2v2 + 3v3) = w2 � w3.

In caso a↵ermativo, si scrivano le matrici, ↵V,W('), di tutte le applicazioni lineari soddisfacenti a talicondizioni. Si tratta di una sottovarieta lineare di A(HomQ (V, W ))? Se sı, di quale dimensione?

(b) Si determinino i sottospazi ker' e im'. per tutte le applicazioni soddisfacenti alle condizioni del puntoprecedente e si dia una condizione necessaria e su�ciente sulle entrate della matrice ↵V,W(') a�nche ilrango sia massimo.


A = ↵V,W(') =

0@

0 �1/2 1/3 01 1 �1/3 0�1 �1/2 0 0

1A+

0@

6a 3a �2a �6a6b 3b �2b �6b6c 3c �2c �6c

1A .

al variare di

✓a

b

c

◆2 Q3. Si ha quindi una sottovarieta lineare di dimensione 3.

(b) im' = hw1 � w2, w2 � w3i se �(v4) 2 hw1 � w2, w2 � w3i, ovvero se a + b + c = 0. Altrimenti rk' = 3ed im' = Q3.

ker' = hv1 � 2v2 � 3v3 + v4i se il rango e massimo, altrimenti, �(v4) = �a(w1 � w2) + c(w2 � w3) =�a'(v1 � 2v2) + c'(v1 + v4) e quindi ker' = hv1 � 2v2 � 3v3 + v4, (a � c)v1 � 2av2 + (1 � c)v4i. ⇤

ESERCIZIO 3. Sia V = R[X]3 lo spazio vettoriale dei polinomi a coe�cienti reali di grado minore di 4e sia B =

�1, X, X2, X3

la sua base canonica.

(a) Si consideri l’applicazione � : P (X) 7! 2XP 00(X) + (X � 1)P 0(X) � P (X). Si verifichi che si tratta diun endomorfismo di V , si scriva la matrice A = ↵B,B(�) e si determinino ker� ed im�. E vero che inim� vi sono polinomi di ogni grado minore di 4?

(b) Si verifichi che, per ogni numero reale, c, l’applicazione ⌫c : P (X) 7! P (c) e un elemento di V ⇤. E veroche N ⇤ = {⌫0, ⌫1, ⌫2, ⌫3} e una base di V ⇤.

15


(c) Se N ⇤ e base di V ⇤, si scriva la matrice di cambiamento di base ↵N⇤,B⇤(id), ove B⇤ e la base duale diB e si dica qual e la base duale, N , di V . Si scriva ↵N ,B(id).

Svolgimento. (a) Il polinomio �(P (X) ha grado minore o uguale al grado di P (X) e quindi l’immaginedei vettori di V e contenuta in V . Si tratta di un’applicazione lineare perche la derivazione e la molti-

plicazione per un polinomio costante sono applicazioni lineari. A =

�1 �1 0 0

0 0 2 0

0 0 1 9

0 0 0 2

!, ker� = h1 � Xi ed

im� =⌦1, X2 + 2X, 2X3 + 9X2

↵, che non contiene polinomi di grado 1.

(b) Qualunque sia c 2 R, ⌫c e un’applicazione lineare (per la definizione di somma e prodotto tra funzionipolinomiali). Sia B⇤ = {�0, . . . , �3} la base duale della base canonica di V . Allora, per ogni valore di

c, si ha ⌫c =P3

j=0 ⌫c(Xj)�j . Quindi le coordinate dei vettori ⌫0, ⌫1, ⌫2, ⌫3 sono le colonne della matrice

B =

1 1 1 1

0 1 2 3

0 1 4 9

0 1 8 27

!che e invertibile (cf. ad es. il determinante di Vandermonde).

(c) ↵N⇤,B⇤(id) = B; quindi ↵N ,B(id) = tB�1 =

1 0 0 0

�11/6 3 �3/2 1/3

1 �5/2 2 �1/2

�1/6 1/2 �1/2 1/6

!. ⇤

ESERCIZIO 4. Sia n un intero maggiore o uguale a 3 e si considerino le matrici Tn 2 Mn(Q), definite da

Tn = b

n�1X

j=1

"(j + 1, j) + c

nX

j=1

"(n � j + 1, j),

ove gli scalari b, c appartengono a Q e { "(i, j) | 1 i, j n } e la base canonica di Mn(Q).(a) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di T4, T5 e T6.(b) Si scriva e si dimostri una formula generale per det Tn, al variare di n.

Svolgimento. Si ha det T2k = �c(b + c)(b2 � c2)k e det T2k+1 = c(b2 � c2)k.Ovvero detTn = (�1)n�1c(b + c)1�n+2[n/2](b2 � c2)[n/2] per ogni valore di n � 3. ⇤

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 8 gennaio 2010 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = (2X � 1 � ip

3)(X2 + (1 + i)X + i) 2 C[X].(a) Si determinino e si disegnino sul piano di Gauss le radici del polinomio P (X).(b) Si determinino le lunghezze dei lati e l’area del triangolo avente come vertici le tre radici del polinomio

P (X).(c) Si determini l’immagine della retta contenente il lato piu lungo del triangolo nella riflessione rispetto al

cerchio unitario e la si disegni nel piano di Gauss.


'(v3 � 2v4) = '(3v2 � v1) = w2 � w3

'(v1 + v3) = '(3v2 + 2v4) = w3 � w1.


(b) Si determinino i sottospazi ker' e im'. per tutte le applicazioni soddisfacenti alle condizioni del puntoprecedente e si dia una condizione necessaria e su�ciente sulle entrate della matrice ↵V,W(') a�nche ilrango sia massimo.


�1, X, X2, X3


(a) Si consideri l’applicazione � : P (X) 7! (X � 1)P 00(X) + 2XP 0(X) � P (X). Si verifichi che si tratta diun endomorfismo di V , si scriva la matrice A = ↵B,B(�) e si determinino ker� ed im�. E vero che inim� vi sono polinomi di ogni grado minore di 4?

(b) Si verifichi che, per ogni numero reale, c, l’applicazione ⌫c : P (X) 7! P (c) e un elemento di V ⇤. E veroche N ⇤ = {⌫0, ⌫�1, ⌫�2, ⌫�3} e una base di V ⇤.

(c) Se N ⇤ e base di V ⇤, si scriva la matrice di cambiamento di base ↵N⇤,B⇤(id), ove B⇤ e la base duale diB e si dica qual e la base duale, N , di V . Si scriva ↵N ,B(id).

ESERCIZIO 4. Sia n un intero maggiore o uguale a 3 e si considerino le matrici Sn 2 Mn(Q), definite da

Sn = a

n�1X

i=1

"(i, i + 1) + b

nX

i=1

"(i, n � i + 1),

ove gli scalari a, b appartengono a Q e { "(i, j) | 1 i, j n } e la base canonica di Mn(Q).(a) Si scrivano le matrici e si calcoli il determinante di S4, S5 e S6.(b) Si scriva e si dimostri una formula generale per det Sn, al variare di n.


ESERCIZIO 1. Si consideri il numero complesso z0 = i � 1.(a) Si scriva z0 in forma trigonometrica ed esponenziale..(b) Si determinino le radici terze di z0, le si scriva in forma algebrica, trigonometrica ed esponenziale e le si

disegni nel piano di Gauss.(c) Dette z1, z2, z3 le radici terze di z0, si considerino i numeri complessi ⇣i = zi

|zi| , per i = 1, 2, 3. Si dica se si

tratta di radici dell’unita e si dica quanti elementi distinti contiene l’insieme Z = { ⇣n11 ⇣n2

2 ⇣n33 | n1, n2, n3 2 Z }.

E sempre vero che, dato un umero complesso z 6= 0, il numero z|z| e una radice dell’unita?

Svolgimento. (a) |i � 1| =p

2 e Arg(i � 1) = 34⇡. Quindi z0 =

p2�cos 3⇡

4 + i sin 3⇡4

�=

p2 e

3i⇡4 .

(b) Applicando le formule di de Moivre, si ottiene

zk =6p

2

✓cos(

⇡

4+

2k⇡

3) + i sin(

⇡

4+

2k⇡

3)

◆=

6p

2 ei(⇡4 + 2k⇡

3 ) per k = 1, 2, 3.

Ovvero z1 = 6p

2⇣�

p3+1

2p

2+ i

p3�1

2p

2

⌘, z2 = 6

p2⇣p

3�12p

2� i

p3+1

2p

2

⌘, z3 = 6

p2⇣

1p2

+ i 1p2

⌘. Lasciamo al lettore il

compito di disegnare l’opportuno triangolo equilatero nel piano di Gauss.

(c) Basta guardare alla forma esponenziale per accorgersi che ⇣1, ⇣2, ⇣3 sono radici 24-esime dell’unita (molti-plicando per 24 l’esponente si ottiene in ogni caso un multiplo intero di 2⇡i). In particolare ⇣1 e ⇣2 sonoradici primitive e quindi l’insieme Z contiene tutte e sole le 24 radici ventiquattresime di 1.

E falso che ogni numero complesso di modulo 1 sia una radice dell’unita. Guardando alla rappresen-tazione esponenziale, le radici dell’unita sono tutte e sole le potenze di e che hanno come esponente unmultiplo razionale di 2⇡i. ⇤

ESERCIZIO 2. Sia ' : R3 ! R2 l’applicazione lineare definita da

✓x1

x2

x3

◆7!

⇣2x1+2x2+3x3

x1+x3

⌘.

(a) Si scriva la matrice A = ↵E,E('), ove con E si indicano, come di consueto le basi canoniche dei duespazi. Si determini la dimensione ed una base per i sottospazi ker' ed im'.

(b) Si consideri l’applicazione � : M3⇥2(R) ! M2⇥2(R), definita da �(X) = AX. Si determinino nucleo edimmagine di �.

(c) Si determinino, quando esistono, tutte le inverse destre, sinistre o bilatere di A. Detta B una taleinversa, e vero che l’applicazione : M2⇥2(R) ! M3⇥2(R), definita da (Y ) = BY , e un’inversa(destra, sinistra o bilatera?) di �? Sono tutte di questo tipo le inverse di �? (in caso a↵ermativo dareuna dimostrazione o, in caso negativo, un controesempio).

Svolgimento. (a) Si ha A =⇣

2 2 3

1 0 1

⌘, che ha rango 2. Quindi im' = R2 e ker' =

⌧✓2

1

�2

◆�.

(b) Tramite l’isomorfismo ↵E,E : HomR (R2, R3) ! M3⇥2(R), si ha

ker� ⇠= HomR (R2, ker') =

⌧✓2 0

1 0

�2 0

◆,

✓0 2

0 1

0 �2

◆�;

e quindi il nucleo di � e un sottospazio di dimensione 2 e l’immagine ha dimensione 4; ovvero � e suriettiva.

(c) ' e suriettiva, ma non iniettiva, quindi ha solo inverse destre. Le loro matrici (nelle basi canoniche)costituiscono il sottoinsieme

��1(12) =

✓0 1

1/2 �1

0 0

◆+ ker�,

18

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 16 marzo 2010 19

ovvero una sottovarieta lineare di dimensione 2 di A(M3⇥2(R)). Presa comunque B in questa sottovarieta,l’applicazione (Y ) = BY e un’inversa destra di �, ma non e vero che ogni inversa destra di � sia di questotipo. Ad esempio l’applicazione lineare 0 : M2⇥2(R) ! M3⇥2(R), definita da

0("(1, 1)) =

✓0 0

1/2 0

0 0

◆, 0("(1, 2)) =

✓0 �1

0 0

0 1

◆, 0("(2, 1)) =

✓1 0

�1 0

0 0

◆, 0("(2, 2)) =

✓0 3

0 0

0 �2

◆;

e un’inversa destra di �, ma non esiste una matrice B0 2 ��1(12) tale che 0(Y ) = B0Y per ogni Y 2M2⇥2(R). ⇤

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale complesso e V = {v1, . . . , v3} una sua base. Si considerino isottospazi

U = hv1 + iv3, v2 � (1 + i)v3, iv1 � v3i , e W :

8><>:

x1 + x2 = 0

x3 = 0

x1 + x2 � 3x3 = 0

.

(a) Si determini una base per ciascuno dei due sottospazi U e W .(b) Si verifichi se V = U � W e, in caso positivo, si determini la matrice della proiezione ⇡ : V ! V su U

parallelamente a W .(c) Si indichi con VR lo spazio vettoriale V pensato come spazio vettoriale reale e si verifichi che R =

{v1, v2, v3, iv1, iv2, iv3}, e una base. Si mostri che U e W sono sottospazi di VR e si scriva la matrice↵R,R(⇡R) ove ⇡R : VR ! VR e la proiezione su U parallelamente a W

(d) Che relazioni ci sono tra lo spazio vettoriale V ⇤ = HomC (V, C) e V ⇤R = HomR (VR, R)? e tra le basi duali

V⇤ e R⇤?

Svolgimento. (a) I vettori v1 + iv3, v2 � (1 + i)v3 sono una base di U su C, e v1 � v2 e base di W su C.

(b) I tre vettori sono linearmente indipendenti e quindi V = U � W . La proiezione, ⇡, ha matrice

↵V,V(⇡) =1

5

0@

3 � i 3 � i 1 � 2i2 + i 2 + i �1 + 2i

0 0 5

1A 2 M3(C).

(c) Un vettore di V = VR si scrive come (a1 + ib1)v1 + (a2 + ib2)v2 + (a3 + ib3)v3 con a1, . . . , b3 2 R equindi i vettori di R generano VR. Inoltre, i vettori di R sono linearmente indipendenti su R, perche unaloro combinazione lineare nulla a coe�cienti reali, produrrebbe una combinazione lineare nulla, a coe�cienticomplessi, degli elementi di V. L’annullarsi dei coe�cienti complessi dei vettori di V equivale all’annullarsidei coe�cienti reali degli elementi di R.

Analogamente U e W sono sottospazi di VR (la cui dimensione reale e il doppio della dimensione su C)e la matrice della proiezione e

↵R,R(⇡R) =1

5

0BBBBB@

3 3 1 1 1 22 2 �1 �1 �1 �20 0 5 0 0 0�1 �1 �2 3 3 11 1 2 2 2 �10 0 0 0 0 5

1CCCCCA

2 M6(R).

(d) Non c’e una relazione diretta tra V ⇤ e V ⇤R , cosı sono distinte le forme lineari che costituiscono le basi

duali V⇤ = {v⇤1,C, v⇤2,C, v⇤3,C} e R⇤ = {v⇤1,R, v⇤2,R, v⇤3,R, (iv1)⇤R, (iv2)

⇤R, (iv3)

⇤R, }. Per poter trovare una relazione,

indichiamo con V ⇤R ⌦ C lo spazio vettoriale complesso generato da R⇤, ovvero V ⇤

R ⌦ C = HomR (VR, C). Intale spazio, si ha v⇤k,C = v⇤k,R + i(ivk)⇤R, per k = 1, 2, 3. ⇤


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 � (2 � 3i)X + 1 � 3i 2 C[X].(a) Si verifichi che P (1) = 0. Si determinino le radici, z1, z2, z3, di P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determini l’area del triangolo z1z2z3 e si verifichi che il suo baricentro e il numero complesso z1+z2+z3.

Si determinino le equazioni delle rette che formano i lati del triangolo, nelle coordinate z e z.(c) Si determinino e si disegnino i vertici ed i centri delle circonferenze che formano i lati del triangolo

(curvilineo) che si ottiene riflettendo nella circonferenza unitaria i vertici ed i lati del triangolo z1z2z3.

Svolgimento. (a) P (X) = (X �1)(X2 +X �1+3i) = (X �1)(X +2� i)(X �1+ i).

(b) L’area del triangolo e uguale a 12 |=(�3 + i)(�i)| = 3

2 . La somma delle radici euguale a 0 e quindi coincide con il baricentro del triangolo, che e z1+z2+z3

3 = 0. Letre rette sono: r3 = z1 _ z2 : z + z�2 = 0, r2 = z1 _ z3 : (1�3i)z +(1+3i)z�2 = 0,r1 = z2 _ z3 : (2 � 3i)z + (2 + 3i)z + 2 = 0.

(c) I vertici sono i punti w1 = z1 = 1, w2 = 1z2

= 1�i2 , w3 = 1

z3= i�2

5 , come nellafigura di lato.

I lati sono archi delle seguenti circonferenze: C3 per w1 e w2, di centro 12 , C2

per w1 e w3, di centro 1+3i2 , C1 per w2 e w3, di centro � 2+3i

2 .Qual e la riflessione dell’insieme dei punti interni al triangolo? ⇤

z1 = w1

z2

z3

0w2

w3


'(v1 � 2v3) = w1 � 2w4, '(3v1 + 4v2) = 3w1 + 4w2 � 12w3 � 6w4, '(2v2 + 3v3) = 2w2 � 6w3.


(b) Per ogni applicazione ' : V ! W del punto precedente, si consideri l’applicazione trasposta '⇤ : W ⇤ !V ⇤. E vero che tutti i sottospazi ker'⇤, al variare di ', sono contenuti in uno stesso sottospazio propriodi W ⇤. In caso a↵ermativo determinarlo.E vero che qualsiasi omomorfismo : W ⇤ ! V ⇤ si puo scrivere nella forma ↵�'⇤ ��, ove ↵ : V ⇤ ! V ⇤ e� : W ⇤ ! W ⇤ sono applicazioni lineari invertibili e '⇤ : W ⇤ ! V ⇤ e la trasposta di una delle applicazionidel punto precedente?

Svolgimento. (a) Le tre condizioni non sono indipendenti, perche 3v1 + 4v2 = 3(v1 � 2v3) + 2(2v2 + 3v3)e 3w1 + 4w2 � 12w3 � 6w4 = 3(w1 � 2w4) + 2(2w2 � 6w3). Vi sono quindi infinite applicazioni lineari chesoddisfano alle condizioni date e le loro matrici sono

A = ↵V,W(') =

1+4a �3a 2a

4b 1�3b 2b

4c �3�3c 2c

�2+4d �3d 2d

!,

al variare di (a, b, c, d) in Q4 (perche?). Si tratta quindi di una sottovarieta lineare di dimensione 4 inA(HomQ (V, W )).

(b) ker'⇤ = (im')? e, im' = hw1 � 2w4, w2 � 3w3, aw1 + bw2 + cw3 + dw4i. Quindi, qualunque sia ',

(im')? ✓ hw1 � 2w4, w2 � 3w3i? = h2w⇤1 + w⇤

4 , 3w⇤2 + w⇤

3i.Tutti gli omomorfismi del tipo ↵ � '⇤ � � hanno rango maggiore o uguale a 2 (perche?) e quindi non si

possono scrivere i questo modo tutte le applicazioni lineari : W ⇤ ! V ⇤. ⇤

20

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 29 marzo 2010 21


�1, X, X2, X3


(a) Si consideri l’applicazione � : P (X) 7! P (X + 1) � (X + 2)P 0(X). Si verifichi che si tratta di unendomorfismo di V , si scriva la matrice A = ↵B,B(�) e si determinino ker� ed im�.

(b) Sia B⇤ = {�0, �1, �2, �3} la base duale di V ⇤ e c un numero reale fissato. Si verifichi che l’applicazione�c : P (X) 7! P 0(c) e un elemento di V ⇤ e lo si scriva come combinazione lineare dei vettori della baseduale. Esistono dei numeri reali, c1, . . . , c4, tali che �c1

, . . . ,�c4sia una base di V ⇤?

(c) Si verifichi che l’applicazione ⌘c : P (X) 7!R c

0P (x)dx e un elemento di V ⇤ e lo si scriva come combi-

nazione lineare dei vettori della base B⇤. Esistono dei numeri reali, c1, . . . , c4, tali che ⌘c1, . . . , ⌘c4

siauna base di V ⇤?

Svolgimento. (a) Il polinomio �(P (X)) ha grado minore o uguale del grado di P (X) e quindi l’immaginedei vettori di V e contenuta in V . Si tratta di un’applicazione lineare perche la derivazione e la molti-

plicazione per un polinomio costante sono applicazioni lineari. A =

1 �1 1 1

0 0 �2 3

0 0 �1 �3

0 0 0 �2

!, ker� = h1 + Xi ed

im� =⌦1, X2 + 2X � 1, 2X3 + 3X2 � 3X � 1

↵.

(b) L’applicazione P (X) 7! P 0(c) e un’applicazione lineare (perche lo sono la derivazione ed il calcolo di un

polinomio in un fissato numero reale). In particolare, se P (X) =P3

j=0 ajXj , si ha P 0(c) =

P3j=1 jajc

j�1.

Possiamo quindi scrivere �c =P3

j=1 jcj�1�j . Quindi, qualunque sia c 2 R, �c 2 h�1, �2, �3i e percio nonpossiamo generare tutto V ⇤ con vettori di questo tipo.

(c) L’applicazione P (X) 7!R c

0P (x)dx e un’applicazione lineare (perche lo e l’integrazione definita). In

particolare, se P (X) =P3

j=0 ajXj , si ha ⌘c(P ) =

R c

0P (x)dx =

P3j=0 aj

cj+1

j+1 . Possiamo quindi scrivere

⌘c =P3

j=0cj+1

j+1 �j . Presi quattro numeri reali non nulli, c1, . . . , c4, a due a due distinti, le coordinate di⌘c1

, . . . , ⌘c4nella base B⇤ sono le colonne della matrice

B =

c1 c2 c3 c4

c21/2 c2

2/2 c23/2 c2

4/2

c31/3 c3

2/3 c33/3 c3

4/3

c41/4 c4

2/4 c43/4 c4

4/4

!e det B = c1c2c3c4

4! det

0@

1 1 1 1

c1 c2 c3 c4

c21 c2

2 c23 c2

4

c31 c3

2 c33 c3

4

1A 6= 0

per la multilinearita del determinante rispetto alle righe ed alle colonne e per le note proprieta del determi-nante di Vandermonde. Quindi {⌘c1

, . . . , ⌘c4} e una base di V ⇤. ⇤


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + (1 + 6i)X + 2 + 6i 2 C[X].(a) Si verifichi che P (�1) = 0. Si determinino le radici, z1, z2, z3, di P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette che formano i lati del triangolo avente come vertici le tre radici

di P (X), nelle coordinate z e z. E sempre vero che il baricentro di un triangolo che ha i vertici nelleradici di un polinomio di terzo grado in C[X] coincide con la somma delle radici del polinomio?

(c) Si disegni il triangolo (curvilineo) che si ottiene riflettendo nella circonferenza unitaria i vertici ed i latidel triangolo z1z2z3.

Svolgimento. (a) P (X) = (X + 1)(X2 � X + 2 + 6i) = (X + 1)(X + 1 � 2i)(X � 2 + 2i).

(b) Il baricentro del triangolo coincide con la somma delleradici se, e solo se, la somma delle radici e uguale a 0, ovverose, e solo se, il coe�ciente del termine di grado 2 del poli-nomio e nullo.

Le tre rette sono:

r3 = z1 _ z2 : z + z + 2 = 0,

r2 = z1 _ z3 : (2 � 3i)z + (2 + 3i)z + 4 = 0,

r1 = z2 _ z3 : (4 � 3i)z + (4 + 3i)z � 4 = 0.

(c) I vertici sono i punti w1 = z1 = �1, w2 = 1z2

= �1+2i5 ,

w3 = 1z3

= 1�i4 , come nella figura di lato.

z1 = w1

z2

z3

0

w2

w3

I lati sono archi delle seguenti circonferenze: C3 per w1 e w2, di centro � 12 , C2 per w1 e w3, di centro

� 2+3i4 , C1 per w2 e w3, di centro 4+3i

4 . ⇤

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e sia V = {v1, . . . , v4} (risp.W = {w1, . . . , w3}) una base di V (risp. W ). Si indichi con �t : V ! W l’omomorfismo di matrice

↵V,W(�t) =

0@

2 2 �t t1 t �t t � 11 1 0 t

1A .

(a) Si determinino, al variare di t 2 Q, i sottospazi ker�t e im�t, indicando delle equazioni cartesiane perciascuno dei due sottospazi.

(b) Si determini, al variare di t 2 Q, il nucleo dell’applicazione �t : HomQ (V, V ) ! HomQ (V, W ), definitada 7! �t � . Ci sono valori di t per cui e vero che ↵ � �t = � � �t =) ↵ = � qualunque siano ↵ e �in HomQ (W, W )?

(c) Si verifichi che V = ker�0�ker�1 e si scriva la matrice della proiezione su ker�0 parallelamente a ker�1.

Svolgimento. (a) Se t /2 {0, 1}, im�t = W e ker�t ha equazioni

8><>:

X1 + (t � 1)X4 = 0

X2 � X3 = 0

X3 + X4 = 0

. Nei casi eccezionali,

si ha

ker�0 :

⇢X1 + X2 = 0

X2 + X4 = 0e im�0 : Y1 � 2Y3 = 0;

im�1 : Y1 � Y2 � Y3 = 0 e ker�1 :

⇢X1 + X2 + X4 = 0

X3 + X4 = 0.

22

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 13 luglio 2010 23

(b) Se t /2 {0, 1}, si ha

↵V,V(ker�t) =

* t�1 0 0 0

1 0 0 0

1 0 0 0

�1 0 0 0

!,

0 t�1 0 0

0 1 0 0

0 1 0 0

0 �1 0 0

!,

0 0 t�1 0

0 0 1 0

0 0 1 0

0 0 �1 0

!,

0 0 0 t�1

0 0 0 1

0 0 0 1

0 0 0 �1

!+

Per i valori speciali la dimensione raddoppia e lasciamo i dettagli al lettore.Infine, ↵ � �t = � � �t =) ↵ = � se �t e suriettiva, ovvero per t /2 {0, 1}.

(c) La matrice della proiezione e A =

1 1 0 1

�1 �1 0 �1

�1 �1 1 0

1 1 0 1

!. ⇤

ESERCIZIO 3. Per n � 2, denotiamo con Xn la matrice di Mn(Q),

Xn =

nX

i=1

�i"(i, i) + (�1)i�1i"(n � i + 1, i)

�,

ove si sono indicate con "(h, k) le matrici della base canonica di Mn(Q).(a) Si scrivano le matrici X2, X3, X4, X5, X6 e se ne calcolino i determinanti.(b) Si scrivano e si dimostrino delle formule generali per il rango e per il determinante di Xn, in funzione

dell’intero n.


X2 =⇣

1 �2

1 2

⌘, X3 =

✓1 0 �3

0 0 0

1 0 3

◆, X4 =

1 0 0 �4

0 2 3 0

0 �2 3 0

1 0 0 4

!, X5 =

0B@

1 0 0 0 5

0 2 0 �4 0

0 0 6 0 0

0 �2 0 4 0

1 0 0 0 5

1CA , X6 =

0BB@

1 0 0 0 0 �6

0 2 0 0 5 0

0 0 3 �4 0 0

0 0 3 4 0 0

0 �2 0 0 5 0

1 0 0 0 0 6

1CCA

e quindi, posto dn = det Xn, si ha d2 = 4, d3 = 0, d4 = 96, d5 = 0 e d6 = 5760.

(b) Se n = 2k + 1 e dispari, dn = 0 perche le colonne di Xn sono linearmente dipendenti (ad esempio,l’ultima colonna e uguale alla prima, moltiplicata per n). Tenendo conto delle colonne proporzionali, si ha

rkXn = n+(�1)k

2 .Se n = 2k e pari, le colonne di Xn sono linearmente indipendenti e quindi rkXn = n. Ricordando

la multilinearita del determinante come funzione delle colonne e con un facile procedimento induttivo, sidimostra che dn = 2kn!. ⇤


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = 4X3 � (13 � 9i)X2 + (9 � 13i)X + 4i 2 C[X].(a) Si verifichi che P (1) = 0. Si determinino le radici, z1, z2, z3, di P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino, nelle coordinate z e z, le equazioni delle rette che formano i lati del triangolo avente

come vertici z1, z2, z3.(c) Si disegni il triangolo (curvilineo) che si ottiene riflettendo nella circonferenza unitaria i vertici ed i lati

del triangolo z1z2z3.

Svolgimento. (a) P (X) = (X � 1)(4X2 � (9 � 9i)X � 4i) = (X � 1)(X � 2 + 2i)(X � 14 + 1

4 i).

(b) Le tre rette sono:

r3 = z1 _ z2 : (2 � i)z + (2 + i)z � 4 = 0,

r2 = z1 _ z3 : (1 + 3i)z + (1 � 3i)z � 2 = 0,

r1 = z2 _ z3 : (1 � i)z + (1 + i)z = 0.

(c) I vertici sono i punti w1 = z1 = 1, w2 = 1z2

= z3,

w3 = 1z3

= z2, come nella figura a lato.

z1 = w1

z2 = w3

z3 = w2

0

I lati sono la retta r1 e gli archi delle seguenti circonferenze: C3 per w1 e w2, di centro � 2+i4 , C2 per w1

e w3, di centro � 1�3i2 . ⇤

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e sia V = {v1, . . . , v3} (risp.W = {w1, . . . , w4}) una base di V (risp. W ). Si indichi con �t : V ! W l’omomorfismo di matrice

↵V,W(�t) =

0B@

2 1 12 t 1�t �t 0t t � 1 t

1CA .

(a) Si determinino, al variare di t 2 Q, i sottospazi ker�t e im�t, indicando delle equazioni cartesiane perciascuno dei due sottospazi.

(b) Si determini, al variare di t 2 Q, il nucleo dell’applicazione �t : HomQ (W, W ) ! HomQ (V, W ), definitada 7! � �t e si scriva una base del sottospazio ↵W,W(ker�t) ✓ M4(R).

(c) Si dica se W = im�0 � im�1 e si scriva la matrice della proiezione su im�0 parallelamente a im�1.

Svolgimento. (a) Se t /2 {0, 1}, ker�t = h0i e im�t ha equazioni (t � 1)X1 + X2 + X3 � X4 = 0. Nei casieccezionali, si ha

ker�0 :

⇢X2 = 0

X1 + X3 = 0e im�0 :

⇢Y3 = 0

Y1 � Y2 + Y4 = 0;

im�1 :

⇢Y1 � Y2 = 0

Y2 + Y3 � Y4 = 0e ker�1 :

⇢X1 + X2 = 0

X1 + X3 = 0.

(b) Se t /2 {0, 1}, si ha

↵V,V(ker�t) =

* t�1 1 1 �1

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

t�1 1 1 �1

0 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 0 0 0

t�1 1 1 �1

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

t�1 1 1 �1

!+

Per i valori speciali la dimensione raddoppia e lasciamo i dettagli al lettore.

24

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 13 settembre 2010 25

(c) La matrice della proiezione e A =

0 1 1 �1

�1 2 1 �1

0 0 0 0

�1 1 0 0

!. ⇤

ESERCIZIO 3. Per n � 3, denotiamo con Sn la matrice di Mn(Q),

Sn =

nX

j=1

j"(j, j) +

nX

i=2

(i"(1, i) + (1 � i)"(n, i � 1)) ,

ove si sono indicate con "(h, k) le matrici della base canonica di Mn(Q).(a) Si scrivano le matrici S3, S4, S5, S6 e se ne calcolino i determinanti.(b) Si scriva e si dimostri una formula generale per il determinante di Sn, in funzione dell’intero n. Che

dire del determinante delle matrici

Un =

24

nX

j=1

j"(j, j)

35

2

+

"nX

i=2

(i"(1, i) + (1 � i)"(n, i � 1))

#2

?


S3 =

✓1 2 3

0 2 0

�1 �2 3

◆, S4 =

1 2 3 4

0 2 0 0

0 0 3 0

�1 �2 �3 4

!, S5 =

0B@

1 2 3 4 5

0 2 0 0 0

0 0 3 0 0

0 0 0 4 0

�1 �2 �3 �4 5

1CA , S6 =

0BB@

1 2 3 4 5 6

0 2 0 0 0 0

0 0 3 0 0 0

0 0 0 4 0 0

0 0 0 0 5 0

�1 �2 �3 �4 �5 6

1CCA

e quindi, posto dn = det Sn, si ha d3 = 12, d4 = 48, d5 = 240 e d6 = 1440.

(b) dn = 2 · n!. e detUn = �n(n � 1)2[(n � 1)!]2. ⇤


ESERCIZIO 1. Siano z1, z2, z3, le radici cubiche del numero complesso �8i.(a) Si scrivano in forma algebrica z1, z2, z3 e si disegni nel piano di Gauss il triangolo avente i tre punti

come vertici.(b) Si determinino, nelle coordinate z e z, le equazioni delle rette che formano i lati del triangolo avente

come vertici z1, z2, z3.(c) Si determinino e si disegnino i cerchi che si ottengono riflettendo nella circonferenza unitaria i lati del

triangolo z1z2z3. Si disegni, in particolare, il triangolo che ha come vertici i centri di tali circonferenze.

Svolgimento. (a) Si ha z1 = 2i, z2 =p

3 � i, z3 = �p

3 � i.

(b) Le tre rette sono:

r3 = z1 _ z2 : (p

3 � i)z + (p

3 + i)z � 4 = 0,

r2 = z1 _ z3 : (p

3 + i)z + (p

3 � i)z + 4 = 0,

r1 = z2 _ z3 : �iz + iz + 2 = 0.

(c) I lati si riflettono in tre circonferenze passanti per l’ori-gine del piano di Gauss e i riflessi dei tre vertici, w1, w2, w3,sono gli altri punti di intersezione delle circonferenze, prese a

due a due. In particolare w1 = i2 , w2 =

p3�i4 , w3 = �

p3+i4 .

z1

z2z3

w1

w2w3

I riflessi dei lati sono le seguenti circonferenze: C3 per w1 e w2, di centrop

3+i4 , C2 per w1 e w3, di centro

�p

3�i4 . C1 per w1 e w3, di centro � i

2 . ⇤

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e sia V = {v1, . . . , v3} (risp.W = {w1, . . . , w4}) una base di V (risp. W ).(a) Si determini, se esiste, un omomorfismo � : W ! V soddisfacente alle condizioni

�(w1 +w4) = 4v1�2v2, �(2w1 +w2) = v2�4v3, �(2w1 +w3) = 2v1�v2, �(3w1�w4) = 2v2�8v3,

e si scriva la sua matrice nella basi date. Si determinino, in particolare, la dimensione, una base e delleequazioni cartesiane per i sottospazi ker� ed im�.

(b) Si consideri l’omomorfismo : V ! W di matrice

↵V,W( ) =

0B@

2 1 �30 �1 1�1 �2 30 1 �1

1CA .

Si determinino la dimensione, una base e delle equazioni cartesiane per i sottospazi ker ed im . Evero che W = ker�� im e V = ker � im�?

(c) Si consideri l’insieme C = {� 2 HomQ (W, W ) |� � � � = 0 }. Si dica se C e un sottospazio vettorialedi HomQ (W, W ) e se ne determini la dimensione. In caso a↵ermativo, esibire una base del sottospazio↵W,W(C ) di M4(Q).

Svolgimento. (a) Si ha A = ↵W,V(�) =

✓1 �2 0 3

0 1 �1 �2

�2 0 4 2

◆, e rkA = rk� = 2, per cui dim im� = 2 = dim ker�.

In particolare, ker� = h2w1 + w2 + w3, 3w2 � w3 + 2w4i e im� = hv1 � 2v3, 2v1 � v2i. Infine,

im� : 2X1 + 4X2 + X3 = 0 e ker� :

⇢Y1 � 2Y2 + 3Y4 = 0

Y2 � Y3 � 2Y4 = 0.

26


(b) Sia B = ↵V,W( ). Si ha rkB = rk = 2, per cui dim im = 2, dimker = 1. In particolare,im = h2w1 � w3, w1 � w2 � 2w3 + w4i e ker = hv1 + v2 + v3i. Infine,

ker :

⇢2X1 + X2 � 3X3 = 0

X2 � X3 = 0e im :

⇢Y1 + 2Y3 + 3Y4 = 0

Y2 + Y4 = 0.

Entrambo le coppie di sottospazi sono in somma diretta.

(c) C e un sottospazio vettoriale di HomQ (W, W ) di dimensione 12, come si vede utilizzando opportunamentela condizione im(� � ) ✓ ker�.

Delle matrici che costituiscano una base di ↵W,W(C ) sono, ad esempio,

2 0 0 0

1 0 0 0

1 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 2 0 0

0 1 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

3 0 0 0

�1 0 0 0

2 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 3 0 0

0 �1 0 0

0 2 0 0

!,

0 1 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 1 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 0 0 0

0 1 0 1

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 1 0 1

!,

1 0 2 3

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

1 0 2 3

0 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 0 0 0

1 0 2 3

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

1 0 2 3

!.

Lasciamo al lettore l’onere di giustificare tale scelta. ⇤

ESERCIZIO 3. Sia V = W1 � W2 uno spazio vettoriale reale di dimensione n � 2 e sia ⇡1 : V ! V laproiezione su W1 parallelamente a W2.(a) E vero che V ⇤ = W?

1 �W?2 e che ⇡⇤

1 : V ⇤ ! V ⇤ e una proiezione (quale)? Si verifichino le proprie a↵er-mazioni quando V = {v1, . . . , v4} e una base di V e W1 = hv1 + v2, v3 � v4i, W2 = hv1 � 2v2, 3v3 + v4i.

(b) Si consideri l’insieme H = {� 2 Hom (V, V ) |⇡1 � � � ⇡1 = � }. Si dica se H e un sottospazio vettorialedi Hom (V, V ) e, in ogni caso, si descrivano gli elementi di ↵V,V(H ).

Svolgimento. (a) Ricordiamo che W?1 +W?

2 = (W1\W2)? = V ⇤, perche W1\W2 = h0i. Inoltre, W?

1 \W?2 =

(W1 + W2)? = h0i, perche W1 + W2 = V . Infine, ⇡⇤

1 � ⇡⇤1 = (⇡1 � ⇡1)

⇤ = ⇡⇤1 e quindi ⇡1 e una proiezione e

ker⇡⇤1 = (im⇡1)

? = W?1 , im⇡⇤

1 = (ker⇡1)? = W?

2 . Lasciamo la verifica nel caso particolare al lettore. . . .

(b) Tutte le risposte sono immediate. H e un sottospazio di dimensione 4 e una base di ↵V,V(H ) e datadalle matrici

2/3 1/3 0 0

2/3 1/3 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 0 0 0

2/3 1/3 0 0

�2/3 �1/3 0 0

!,

0 0 1/4 �3/4

0 0 1/4 �3/4

0 0 0 0

0 0 0 0

!,

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 1/4 �3/4

0 0 �1/4 3/4

!.

⇤

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 12 febbraio 2010 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si consideri l’endomorfismo, φ : C5 → C5, di matrice

A =

−1 6 1 0 01 0 0 −1 10 0 −3 0 00 0 −1 −2 20 0 −2 2 1

rispetto alla base canonica.(a) Si calcoli il polinomio caratteristico di φ e si determinino gli autovalori e le loro molteplicita.(b) Per ogni autovalore si determinino la dimensione del sottospazio di autovettori relativo e il massimo

periodo degli autovettori generalizzati. Si determini il polinomio minimo di φ.(c) Si determini una forma di Jordan, J , per la matrice di φ ed una matrice invertibile, P , tale che A =

PJP−1.(d) Sia ν : C5 → C5 un endomorfismo nilpotente tale che ν ◦ φ = φ ◦ ν e che φ− ν sia diagonalizzabile. Si

determini la matrice N = αE,E(ν).

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e Pφ(X) = det(X15 −A) = (X − 2)2(X +3)3, da cui si leggonogli autovalori e le loro molteplicita.

(b) Si ha

A− 21 =

−3 6 1 0 01 −2 0 −1 10 0 −5 0 00 0 −1 −4 20 0 −2 2 −1

, A+ 31 =

2 6 1 0 01 3 0 −1 10 0 0 0 00 0 −1 1 20 0 −2 2 4

;

e quindi rk(φ− 2) = 4 e rk(φ+ 3) = 3. Da cui si deduce

dimker(φ− 2) = 1, dimker(φ− 2)2 = 2; dimker(φ+ 3) = 2, dimker(φ+ 3)2 = 3.

Quindi il polinomio minimo di φ e λφ(X) = (X − 2)2(X +3)2 e, per entrambo gli autovalori, 2 e il massimoperiodo per un autovettore generalizzato.

(c) Si ha

(A− 21)2 =

15 −30 −8 −6 6−5 10 0 8 −50 0 25 0 00 0 5 20 −100 0 10 −10 5

,

Quindi v2 = e2 + 5e4 + 10e5 ∈ ker(φ− 2)2 r ker(φ− 2), e posto v1 = (φ− 2)(v2) = 6e1 + 3e2, si ottiene unabase di autovettori generalizzati per il blocco di Jordan relativo all’autovalore 2. Guardando al polinomiominimo e ricordando le dimensioni dei sottospazi coinvolti, si ha che ker(φ + 3)2 = im(φ − 2)2. Quindiv5 = −3e2−10e4+5e5 ∈ ker(φ+3)2rker(φ+3) e v4 = (φ+3)(v5) = −18e1+6e2. Infine v3 = e1−2e3+ e5appartiene a ker(φ+3), ma e linearmente indipendente da v4. Si ha cosı una base, V = {v1, . . . , v5}, rispettoa cui φ ha matrice di Jordan, ovvero

J = αV,V(φ) =

2 1 0 0 00 2 0 0 00 0 −3 0 00 0 0 −3 10 0 0 0 −3

, P = αV,E(id) =

6 0 1 −18 03 1 0 6 −30 0 −2 0 00 5 0 0 −100 10 −1 0 5

.

1

2 MAURIZIO CANDILERA ed ERNESTO CARLO MISTRETTA

Lasciamo al lettore la verifica che AP = PJ .

(d) Si ha

L = αV,V(ν) =

0 1 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 10 0 0 0 0

, N = αE,E(ν) = PLP−1 =

0 0 3/25 42/25 −6/250 0 −6/25 9/25 12/250 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A(R4), si considerino i punti di coordinate

P0 =

( 1

0

−2

1

), P1 =

( 2

−1

0

−1

), P2 =

( 1

0

1

−2

), e Q0 =

( 2

2

1

0

), Q1 =

( 1

0

−1

1

), Q2 =

( 0

1

0

2

),

nel riferimento canonico.

(a) Si determinino le dimensioni ed un sistema di equazioni cartesiane per le sottovarieta lineari L =P0 ∨ P1 ∨ P2 ed M = Q0 ∨Q1 ∨Q2. Si determini L ∩M.

(b) Se e possibile proiettare i punti di A(R4) su L parallelamente al sottospazio direttore di M si scriva lamatrice, A, di questa applicazione affine.

(c) Si scriva la matrice, S, della simmetria di asse L e direzione parallela ad M.

(d) Che relazioni ci sono tra S e la matrice, T , (sempre nel riferimento canonico) della simmetria di asse Me direzione parallela ad L? Che dire della loro composizione? Si scrivano le matrici T ed ST .

Svolgimento. (a) Ciascuna delle due terne di punti e in posizione generale e si hanno i due piani di equazionicartesiane

L :

{X1 +X2 = 1

X3 +X4 = −1e M :

{X1 +X4 = 2

X2 −X3 = 1;

ed L ∩M = {P}, con P =

3/2

−1/2

−3/2

1/2

.

(b) Detto U il sottospazio direttore di L e W il sottospazio direttore di M, si ha dimU = 2 = dimW eU ∩W = 〈0〉; per cui R4 = U ⊕W e, per ogni punto, X ∈ A(R4), si ha che (X +W ) ∩ L e costituitoda un unico punto. Ovvero (X +W ) ∩ L = {pWL (X)}, ove pWL : A(R4) → A(R4) indica la proiezione su Lparallelamente aW . Dunque, se X = O+x1e1+x2e2+x3e3+x4e4, le coordinate di p

WL (X) sono le soluzioni

del sistema

L ∩ (X +W ) :

X1 +X2 = 1

X3 +X4 = −1

X1 +X4 = x1 + x4

X2 −X3 = x2 − x3

; ovvero

X1 = 1 + 12 (x1 − x2 + x3 + x4)

X2 = 12 (−x1 + x2 − x3 − x4)

X3 = 12 (−x1 − x2 + x3 − x4)

X4 = −1 + 12 (x1 + x2 − x3 + x4)

.

Possiamo quindi scrivere la matrice nel riferimento canonico, ovvero

A =

1 0 0 0 01 1/2 −1/2 1/2 1/20 −1/2 1/2 −1/2 −1/20 −1/2 −1/2 1/2 −1/2−1 1/2 1/2 −1/2 1/2

.

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 12 febbraio 2010 – Compito A 3

(c) Sia σWL : A(R4) → A(R4) la simmetria di asse L e direzione W . Per ogni punto X ∈ A(R4), si haσWL (X) = 2pWL (X)−X. Quindi S = 2A− 15, ovvero

S =

1 0 0 0 02 0 −1 1 10 −1 0 −1 −10 −1 −1 0 −1−2 1 1 −1 0

.

(d) Per una simmetria, σ, si ha σ ◦ σ = id; quindi S2 = 15. Inoltre la composizione tra σWL e σUM (inqualsiasi ordine) e la simmetria rispetto al punto di intersezione, {P} = L ∩M; ovvero l’omotetia di centroP e rapporto −1. Quindi

ST =

1 0 0 0 03 −1 0 0 0−1 0 −1 0 0−3 0 0 −1 01 0 0 0 −1

e T = S(ST ) =

1 0 0 0 01 0 1 −1 −1−1 1 0 1 1−3 1 1 0 13 −1 −1 1 0

.

�

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 12 febbraio 2010 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si consideri l’endomorfismo, φ : C5 → C5, di matrice

A =

5 −7 0 0 12 −4 1 −1 00 0 −2 0 00 0 −2 0 20 0 −3 3 1

rispetto alla base canonica.(a) Si calcoli il polinomio caratteristico di φ e si determinino gli autovalori e le loro molteplicita.(b) Per ogni autovalore si determinino la dimensione del sottospazio di autovettori relativo e il massimo

periodo degli autovettori generalizzati. Si determini il polinomio minimo di φ.(c) Si determini una forma di Jordan, J , per la matrice di φ ed una matrice invertibile, P , tale che A =

PJP−1.(d) Sia δ : C5 → C5 un endomorfismo diagonalizzabile tale che δ ◦ φ = φ ◦ δ e che φ − δ sia nilpotente. Si

determini la matrice D = αE,E(δ).

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e Pφ(X) = det(X15 −A) = (X +2)3(X − 3)2, da cui si leggonogli autovalori e le loro molteplicita.

(b) Si ha

A+ 21 =

7 −7 0 0 12 −2 1 −1 00 0 0 0 00 0 −2 2 20 0 −3 3 3

A− 31 =

2 −7 0 0 12 −7 1 −1 00 0 −5 0 00 0 −2 −3 20 0 −3 3 −2

e quindi rk(φ+ 2) = 3 e rk(φ− 3) = 4. Da cui si deduce

dimker(φ− 3) = 1, dimker(φ− 3)2 = 2; dimker(φ+ 2) = 2, dimker(φ+ 2)2 = 3.

Quindi il polinomio minimo di φ e λφ(X) = (X +2)2(X − 3)2 e, per entrambo gli autovalori, 2 e il massimoperiodo per un autovettore generalizzato.

(c) Si ha

(A+ 21)2 =

35 −35 −10 10 1010 −10 0 0 00 0 0 0 00 0 −10 10 100 0 −15 15 15

,

Quindi v5 = e3 + e5 ∈ ker(φ + 2)2 r ker(φ + 2) e v4 = (φ + 2)(v5) = e1 + e2. Infine v3 = e3 + e4appartiene a ker(φ+2), ma e linearmente indipendente da v4. Guardando al polinomio minimo e ricordandole dimensioni dei sottospazi coinvolti, si ha che ker(φ − 3)2 = im(φ + 2)2. Quindi v2 = 2e1 + 2e4 + 3e5 ∈ker(φ− 3)2 r ker(φ− 3), e posto v1 = (φ− 3)(v2) = 7e1 +2e2, si ottiene una base, V = {v1, . . . , v5}, rispettoa cui φ ha matrice di Jordan, ovvero

J = αV,V(φ) =

3 1 0 0 00 3 0 0 00 0 −2 0 00 0 0 −2 10 0 0 0 −2

, P = αV,E(id) =

7 2 0 1 02 0 0 1 00 0 1 0 10 2 1 0 00 3 0 0 1

.

4

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 12 febbraio 2010 – Compito B 5

Lasciamo al lettore la verifica che AP = PJ .

(d) Si ha

L = αV,V(δ) =

3 0 0 0 00 3 0 0 00 0 −2 0 00 0 0 −2 00 0 0 0 −2

, D = αE,E(δ) = PLP−1 =

5 −7 4/5 −4/5 −4/52 −4 4/5 −4/5 −4/50 0 −2 0 00 0 −2 0 20 0 −3 3 1

.

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A(R4), si considerino i punti di coordinate

P0 =

( 1

−2

0

1

), P1 =

(−1

0

−1

2

), P2 =

(−2

1

0

1

), e Q0 =

( 0

1

2

2

), Q1 =

( 1

−1

0

1

), Q2 =

( 2

0

1

0

).

nel riferimento canonico.

(a) Si determinino le equazioni cartesiane delle sottovarieta lineari L = P0 ∨ P1 ∨ P2 ed M = Q0 ∨Q1 ∨Q2

e si determini L ∩M.

(b) Se e possibile proiettare i punti di A(R4) su L parallelamente al sottospazio direttore di M si scriva lamatrice, A, di questa applicazione affine.

(c) Si scriva la matrice, S, della simmetria di asse L e direzione parallela ad M.

(d) Che relazioni ci sono tra S e la matrice, T , della simmetria di asse M e direzione parallela ad L? Chedire della loro composizione?

Svolgimento. (a) Ciascuna delle due terne di punti e in posizione generale e si hanno i due piani di equazionicartesiane

L :

{X1 +X2 = −1

X3 +X4 = 1e M :

{X1 +X4 = 2

X2 −X3 = −1;

ed L ∩M = {P}, con P =

1/2

−3/2

−1/2

3/2

.

(b) Detto U il sottospazio direttore di L e W il sottospazio direttore di M, si ha dimU = 2 = dimW eU ∩W = 〈0〉; per cui R4 = U ⊕W e, per ogni punto, X ∈ A(R4), si ha che (X +W ) ∩ L e costituitoda un unico punto. Ovvero (X +W ) ∩ L = {pWL (X)}, ove pWL : A(R4) → A(R4) indica la proiezione su Lparallelamente aW . Dunque, se X = O+x1e1+x2e2+x3e3+x4e4, le coordinate di p

WL (X) sono le soluzioni

del sistema

L ∩ (X +W ) :

X1 +X2 = −1

X3 +X4 = 1

X1 +X4 = x1 + x4

X2 −X3 = x2 − x3

; ovvero

X1 = −1 + 12 (x1 − x2 + x3 + x4)

X2 = 12 (−x1 + x2 − x3 − x4)

X3 = 12 (−x1 − x2 + x3 − x4)

X4 = 1 + 12 (x1 + x2 − x3 + x4)

.

Possiamo quindi scrivere la matrice nel riferimento canonico, ovvero

A =

1 0 0 0 0−1 1/2 −1/2 1/2 1/20 −1/2 1/2 −1/2 −1/20 −1/2 −1/2 1/2 −1/21 1/2 1/2 −1/2 1/2

.


(c) Sia σWL : A(R4) → A(R4) la simmetria di asse L e direzione W . Per ogni punto X ∈ A(R4), si haσWL (X) = 2pWL (X)−X. Quindi S = 2A− 15, ovvero

S =

1 0 0 0 0−2 0 −1 1 10 −1 0 −1 −10 −1 −1 0 −12 1 1 −1 0

.

(d) Per una simmetria, σ, si ha σ ◦ σ = id; quindi S2 = 15. Inoltre la composizione tra σWL e σUM (inqualsiasi ordine) e la simmetria rispetto al punto di intersezione, {P} = L ∩M; ovvero l’omotetia di centroP e rapporto −1. Quindi

ST =

1 0 0 0 01 −1 0 0 0−3 0 −1 0 0−1 0 0 −1 03 0 0 0 −1

e T = S(ST ) =

1 0 0 0 03 0 1 −1 −1−3 1 0 1 1−1 1 1 0 11 −1 −1 1 0

.

�

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 12 marzo 2010

ESERCIZIO 1. Nello spazio euclideo E4, si considerino i punti di coordinate

P1 =

( 2

0

1

0

), P2 =

( 2

1

1

1

), e Q1 =

( 0

1

0

2

), Q2 =

( 1

1

1

2

),

nel riferimento canonico.(a) Si determinino le equazioni cartesiane delle rette r = P1∨P2 ed s = Q1∨Q2 e se ne discuta la reciproca

posizione.(b) Si determini, se esiste, un piano, τ , ortogonale ed incidente entrambe le rette e se ne scrivano le equazioni

cartesiane.(c) Detti R1 = r ∩ τ ed S1 = s ∩ τ , si calcoli il volume 3-dimensionale del tetraedro di vertici P1Q1R1S1 e

la distanza tra le rette r ed s.(d) Si scrivano le matrici della proiezione ortogonale, π, e della simmetria ortogonale, σ, rispetto al piano

τ . Esiste un sistema di riferimento ortonormale rispetto a cui π e σ hanno matrice (dell’applicazioneaffine) diagonale? In caso affermativo, come trovarlo?


r :

X1 = 2

X3 = 1

X2 −X4 = 0

ed s :

X2 = 1

X4 = 2

X1 −X3 = 0

e si tratta di due rette sghembe (ed ortogonali).

(b) Le direzioni ortogonali sia ad r che ad s appartengono al sottospazio T = 〈e1 − e3, e2 − e4〉. Quindi τe l’intersezione dell’iperpiano contenente la retta r e parallelo a T con l’iperpiano contenente la retta s e

parallelo a T , ovvero τ :

{X1 +X3 = 3

X2 +X4 = 3.

(c) Si ha R1 =

( 2

3/2

1

3/2

)ed S1 =

(3/2

1

3/2

2

). Detta W la matrice (4× 3) che ha come colonne le coordinate dei

vettori Q1 − P1, R1 − P1, S1 − P1 nel riferimento canonico, il volume cercato e V = 16

√det tWW = 3

4 . Ladistanza tra le due rette e la distanza tra R1 ed S1 ed e uguale ad 1.

(d) La matrice della proiezione ortogonale di R4 sul sottospazio T si ottiene come QtQ, ove Q e la matriceche ha come colonne le coordinate dei vettori di una base ortonormale di T , ovvero, indicata con j l’inclusionej : T → R4, e con T = {t1, t2} la base ortonormale di T , t1 = e1−e3

‖e1−e3‖ , e t2 = e2−e4‖e2−e4‖ , si ha

Q = αT ,E(j) =

1/√2 0

0 1/√2

−1/√2 0

0 −1/√2

ed R = αE,E(πT ) = QtQ =

1/2 0 −1/2 0

0 1/2 0 −1/2

−1/2 0 1/2 0

0 −1/2 0 1/2

Il vettore traslazione e t0 = (R−O)− πT (R−O), ove R e un qualunque punto di τ e quindi le due matricicercate sono

P = αE,E(π) =

1 0 0 0 0

3/2 1/2 0 −1/2 0

3/2 0 1/2 0 −1/2

3/2 −1/2 0 1/2 0

3/2 0 −1/2 0 1/2

e S = αE,E(σ) =

1 0 0 0 0

3 0 0 −1 0

3 0 0 0 −1

3 −1 0 0 0

3 0 −1 0 0

ove si e indicato con E il riferimento canonico in E4.

7


Le proiezioni e le simmetrie ortogonali sono endomorfismi simmetrici negli spazi vettoriali e quindi, peril Teorema Spettrale, esiste una base ortonormale di autovettori (nel caso presente basta unire una baseortonormale di T ad una di T⊥). Per avere un riferimento affine che diagonalizzi le due applicazioni, bastaporre l’origine in un qualunque punto di τ e prendere la base ortonormale detta per i vettori. Indicato conU un tale riferimento, possiamo scrivere

X = αU,E(id) =

1 0 0 0 0

3 1/√2 0 1/

√2 0

3 0 1/√2 0 1/

√2

0 −1/√2 0 1/

√2 0

0 0 −1/√2 0 1/

√2

e le matrici X−1PX ed X−1SX sono diagonali. �

ESERCIZIO 2. nello spazio euclideo E3 si considerino le rette

r1 :

{2X1 −X3 = 0

2X2 −X3 = 2ed r2 :

{X1 +X3 = 1

X1 −X2 = 0.

(a) Si calcolino la distanza e l’angolo tra le rette r1 ed r2.(b) Si scriva la matrice (nel riferimento canonico) della riflessione, ρ1 : E3 → E3, rispetto alla retta r1

(rotazione di asse r1 ed angolo π).(c) Si scriva la matrice (nel riferimento canonico) della riflessione, ρ2 : E3 → E3, rispetto alla retta r2

(rotazione di asse r2 ed angolo π).(d) Si classifichi l’isometria ρ1 ◦ρ2 e si determinino eventuali punti o rette unite. Si dia una condizione sulla

distanza e l’angolo tra le due rette affinche l’applicazione composta sia una rotazione (quale asse e qualeangolo?).

Svolgimento. (a) La retta r1 passa per il punto R1 =

(0

1

0

)ed e parallela al vettore v1 =

(1

1

2

). La retta

r2 passa per il punto R2 =

(0

0

1

)ed e parallela al vettore v2 =

(1

1

−1

). Le due rette sono perpendicolari,

essendo v1 · v2 = 0, e la loro distanza e uguale a δ = |(R2−R1)·v1×v2|‖v1×v2‖ = 1√

2.

(b) La matrice e S1 =

( 1 0 0 0

−1/3 −2/3 1/3 2/3

5/3 1/3 −2/3 2/3

−2/3 2/3 2/3 1/3

).

(c) La matrice e S2 =

( 1 0 0 0

2/3 −1/3 2/3 −2/3

2/3 2/3 −1/3 −2/3

4/3 −2/3 −2/3 −1/3

).

(d) L’applicazione composta ha matrice

S1S2 =

( 1 0 0 0

1/3 0 −1 0

7/3 −1 0 0

2/3 0 0 −1

)=

( 1 0 0 0

−1 1 0 0

1 0 1 0

0 0 0 1

)( 1 0 0 0

4/3 0 −1 0

4/3 −1 0 0

2/3 0 0 −1

).

Si tratta di una rototraslazione, di asse la retta, s, ortogonale ad r1 ed r2, ed incidente entrambe; l’angolo

di rotazione e uguale a π ed e seguito da una traslazione parallela all’asse, di vettore

(−1

1

0

). Non vi sono

punti uniti e l’unica retta (globalmente) unita e l’asse di rotazione, s.La lunghezza del vettore traslazione e il doppio della distanza tra le due rette e quindi si ha una rotazione

se, e solo se, le due rette sono incidenti. L’asse di rotazione e sempre la retta, s, ortogonale ad r1 ed r2, edincidente entrambe; l’angolo di rotazione dipende dall’angolo tra le due rette (in che modo?). �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 16 marzo 2010

ESERCIZIO 1. Si consideri l’endomorfismo φ : Q5 → Q5 di matrice

A =

−3 0 0 −2 00 2 0 0 30 0 −1 0 22 0 0 1 00 −3 0 0 −4

rispetto alla base canonica.(a) Si determini il polinomio caratteristico di φ. Si determinino le molteplicita e le nullita degli autovalori

di φ.(b) Si determini il polinomio minimo di φ ed il massimo periodo di un autovettore generalizzato per ciascun

autovalore di φ.(c) Si determini una matrice di Jordan, J , per φ ed una matrice invertibile, P , tale che P−1AP = J .(d) Esistono matrici in M5(Q) che abbiano lo stesso polinomio minimo di A e che non siano simili ad A? Si

determinino, a meno di simiglianza, tutte le matrici di M7(Q) che abbiano lo stesso polinomio minimodi φ e si scrivano per ciascuna di esse le dimensioni dei sottospazi di autovettori generalizzati.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 1)5 ed il rango di A+ 1 e uguale a 3; quindi vie il solo autovalore −1 con molteplicita 5 e nullita 2.

(b) Si ha

A+ 1 =

−2 0 0 −2 0

0 3 0 0 3

0 0 0 0 2

2 0 0 2 0

0 −3 0 0 −3

, (A+ 1)2 =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 −6 0 0 −6

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

, (A+ 1)3 = 0.

Quindi il polinomio minimo di φ e λφ(X) = (X + 1)3 e dunque 3 e il massimo periodo per un autovettoregeneralizzato.

(c) Una base rispetto a cui φ ha matrice di Jordan e V = {v1, . . . , v5}, ove v1 = (φ + 1)(v2) = 2e1 + 2e4,v2 = e1, v3 = (φ+ 1)2(v5) = −6e3, v4 = (φ+ 1)(v5) = 3e2 − 3e5, v5 = e2. Le matrici cercate sono quindi

J = αV,V(φ) =

−1 1 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 −1 1 0

0 0 0 −1 1

0 0 0 0 −1

e P = αV,E(id) =

−2 1 0 0 0

0 0 0 3 1

0 0 −6 0 0

2 0 0 0 0

0 0 0 −3 0

.

(d) Ogni matrice di Jordan in M5(Q) che abbia lo stesso polinomio minimo di A deve contenere un blocco

di ordine 3. La matrice J ′ = αV,V(φ) =

−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 −1 1 0

0 0 0 −1 1

0 0 0 0 −1

ha lo stesso polinomio minimo, ma non e simile

a J (ad esempio perche dimker(J ′ + 1) > dimker(φ+ 1)).Vi sono 4 matrici di Jordan in M7(Q) che abbiano polinomio minimo (X+1)3 e rappresentano ciascuna

una distinta classe di simiglianza. Le matrici sono

−1

−1

−1

−1

−1 1 0

0 −1 1

0 0 −1

,

−1

−1

−1 1

0 −1

−1 1 0

0 −1 1

0 0 −1

,

−1 1

0 −1

−1 1

0 −1

−1 1 0

0 −1 1

0 0 −1

,

−1

−1 1 0

0 −1 1

0 0 −1

−1 1 0

0 −1 1

0 0 −1

.

9


Le corrispondenti sequenze (dimker(φ+1),dimker(φ+1)2,dimker(φ+1)3), sono (5, 6, 7), (4, 6, 7), (3, 6, 7),(3, 5, 7). �

ESERCIZIO 2. In E3 con sistema di riferimento canonico (O, E) sia σ la rotazione intorno all’asse delley, O + 〈e2〉 (orientato dal vettore e2) e di angolo orientato π/3; sia ρ = ρp la riflessione rispetto al pianop:x+ y + z = 3.(a) Determinare le equazioni (o la matrice) nel riferimento canonico, (O, E), delle isometrie ρ, σ, e f = ρ◦σ.(b) Trovare un punto fisso di f .(c) Verificare che f una riflessione rotatoria (roto-riflessione).(d) Sia ϕ la riflessione rispetto al piano di equazione y = 0, determinare le equazioni e tutti i piani uniti

dell’isometria g = σ2 ◦ ϕ ◦ σ.Svolgimento. (a) La base V = {v1, . . . , v3} con v1 = e3, v2 = e1, v3 = e2 e una base ortonormale equirientatacon E = {e1, . . . , e3}. Indicando con V il sistema di riferimento (O,V), e con E il riferimento canonico, (O, E),la rotazione σ ha matrici

αV,V(σ) =

( 1 0 0 0

0 cos(π/3) − sin(π/3) 0

0 sin(π/3) cos(π/3) 0

0 0 0 1

)e αE,E(σ) =

( 1 0 0 0

0 1/2 0√

32

0 0 1 0

0 −√3/2 0 1/2

).

Per scrivere le equazioni di ρ, osserviamo che ~n =

(1

1

1

)e un vettore normale al piano p. Quindi se il punto

P ha coordinate

(x

y

z

), allora ρ(P ) =

(x

y

z

)+ 2t

(1

1

1

), dove t ∈ R e tale che

(x

y

z

)+ t

(1

1

1

)∈ p.

Dall’equazione del piano si ricava t = 1− (x+ y + z)/3, quindi ρ ha equazioni

ρ

(x

y

z

)=

(2+x/3−2y/3−2z/3

2−2x/3+y/3−2z/3

2−2x/3−2y/3+z/3

)e quindi matrice αE,E(ρ) =

( 1 0 0 0

2 1/3 −2/3 −2/3

2 −2/3 1/3 −2/3

2 −2/3 −2/3 1/3

).

Moltiplicando le due matrici otteniamo la matrice di f = ρ ◦ σ:( 1 0 0 0

2 (1/3)√3+1/6 −2/3 (1/6)

√3−1/3

2 (1/3)√3−1/3 1/3 −(1/3)

√3−1/3

2 −(1/6)√3−1/3 −2/3 −(1/3)

√3+1/6

)= 1

6

( 6 0 0 0

12 2√3+1 −4

√3−2

12 2√3−2 2 −2

√3−2

12 −√3−2 −4 −2

√3+1

)

(b) L’isometria f ha almeno un punto fisso, che e l’intersezione dell’asse di rotazione (i cui punti sono fissiper la rotazione σ) col piano di riflessione (i cui punti sono fissi per la riflessione ρ), cioe il punto (0, 3, 0).

(c) Poiche e la composizione di una rotazione con una riflessione, f e un’isometria inversa, con almeno unpunto fisso, quindi e una riflessione (con un piano di punti fissi) o una riflessione rotatoria (con un solo puntofisso).

Se chiamiamo A la matrice dell’applicazione lineare associata a f , e b la colonna b =

(2

2

2

), i punti fissi

hanno coordinate p =

(x

y

z

)con Ap+ b = p, quindi risolvono il sistema (A− 1)p = −b. Poiche la matrice

A− 1 =1

6

(2√3−5 −4

√3−2

2√3−2 −4 −2

√3−2

−√3−2 −4 −2

√3−5

)

chiaramente non ha rango 1, non ci puo’ essere un piano di punti fissi, quindi f e una riflessione rotatoria.

(d) Poiche le matrici di ϕ e σ sono

αE,E(ϕ) =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

)e αE,E(σ) =

( 1 0 0 0

0 1/2 0√

32

0 0 1 0

0 −√3/2 0 1/2

),

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 16 marzo 2010 11

vediamo che ϕ ◦ σ = σ ◦ ϕ, quindi g = σ2 ◦ ϕ ◦ σ = ϕ ◦ σ3 dove σ3 e la rotazione di angolo π intorno all’asse

delle y. La matrice di σ3 e

( 1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

)e quindi la matrice di g e

B = αE,E(g) =

( 1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 −1

).

Calcolando gli autovettori della matrice tB, si ottiene che i piani uniti sono tutti e soli quelli con equazioneAx+ By + Cz = 0, con A, B, C costanti reali. Questi sono quindi tutti e soli i piani passanti per il puntoO = (0, 0, 0). �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2010


A =

3 0 0 −4 20 −1 0 0 00 10 −3 0 −51 0 0 −2 20 −4 2 0 4

rispetto alla base canonica.(a) Si determini il polinomio caratteristico di φ. Si determinino le molteplicita e le nullita degli autovalori

di φ.(b) Si determini il polinomio minimo di φ ed il massimo periodo di un autovettore generalizzato per ciascun

autovalore di φ.(c) Si determini una matrice di Jordan, J , per φ ed una matrice invertibile, P , tale che P−1AP = J .(d) Si scriva la matrice, C, compagna del polinomio caratteristico di φ. E vero che C e simile ad A?

(giustificare la risposta)

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 1)3(X − 2)2. Il rango di A + 1 e uguale a 4,mentre il rango di A− 2 e uguale a 3; quindi φ ha i due autovalori, −1 e 2, con molteplicita 3 e 2 e nullita 1e 2, rispettivamente.

(b) Si ha

A+ 1 =

4 0 0 −4 2

0 0 0 0 0

0 10 −2 0 −5

1 0 0 −1 2

0 −4 2 0 5

, (A+ 1)2 =

12 −8 4 −12 10

0 0 0 0 0

0 0 −6 0 −15

3 −8 4 −3 10

0 0 6 0 15

, (A+ 1)3 =

36 0 12 −36 30

0 0 0 0 0

0 0 −18 0 −45

9 0 12 −9 30

0 0 18 0 45

e

A− 2 =

1 0 0 −4 2

0 −3 0 0 0

0 10 −5 0 −5

1 0 0 −4 2

0 −4 2 0 2

.

Quindi il polinomio minimo di φ e λφ(X) = (X + 1)3(X − 2) e dunque 3 e il massimo periodo per unautovettore generalizzato relativo all’autovalore −1, mentre tutti gli autovettori generalizzati (non nulli)relativi all’autovalore 2 han periodo 1, ovvero sono autovettori.

(c) Una base rispetto a cui φ ha matrice di Jordan e V = {v1, . . . , v5}, ove v1 = 4e1 + e4, v2 = 2e1 − 3e3 +2e4 + 3e5, v3 = (φ+ 1)2(v5) = −8e1 − 8e4, v4 = (φ+ 1)(v5) = 10e3 − 4e5, v5 = e2. Le matrici cercate sonoquindi

J = αV,V(φ) =

2 0 0 0 0

0 2 0 0 0

0 0 −1 1 0

0 0 0 −1 1

0 0 0 0 −1

e P = αV,E(id) =

4 2 −8 0 0

0 0 0 0 1

0 −3 0 10 0

1 2 −8 0 0

0 3 0 −4 0

.

(d) La matrice compagna del polinomio caratteristico di φ e

C =

0 0 0 0 −4

1 0 0 0 −8

0 1 0 0 −1

0 0 1 0 5

0 0 0 1 1

che ha polinomio minimo uguale al polinomio caratteristico, pφ(X). Quindi C non e simile ad A, perche ledue matrici non hanno lo stesso polinomio minimo. �

12

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 29 marzo 2010 13

ESERCIZIO 2. In E3(R) con sistema di riferimento canonico, (O, E), si consideri il punto P = O+ e2+ e3.Sia ρ la rotazione intorno all’asse r = P + 〈e1〉 (orientato dal vettore e1), di angolo orientato π/6; e sia σ lariflessione rispetto al piano p = P + 〈e1 − e2, e1 + e2〉.(a) Determinare le matrici (o le equazioni) nel sistema di riferimento (O, E) delle isometrie ρ, σ, e f = σ ◦ρ.(b) Che tipo di isometria e f? Descrivere le caratteristiche di f (se e composizione di riflessioni traslazioni e

rotazioni, determinare le equazioni del piano di riflessione, dell’asse di rotazione e l’angolo di rotazione,il vettore di traslazione).

(c) Sia τ la traslazione di vettore e1−e3. Che tipo di isometria g = σ◦τ ◦ρ◦σ? Descrivere le caratteristichedi g. Che dire dei piani uniti di g?

(d) Si discutano rette piani e punti uniti di ρ pensata come trasformazione dello spazio hermitiano.

Svolgimento. (a) La rotazione ρ e la simmetria σ hanno matrici

αE,E(ρ) =

1 0 0 0

0 1 0 03−

√3

2 0√

32 − 1

21−

√3

2 0 12

√3

2

αE,E(σ) =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

2 0 0 −1

), quindi αE,E(f) =

1 0 0 0

0 1 0 03−

√3

2 0√

32 − 1

23+

√3

2 0 − 12 −

√3

2

.

(b) L’isometria f e una riflessione rispetto al piano P +⟨e1, e2 + (

√3− 2)e3

⟩, di equazione Y +(

√3+2)Z =√

3 + 3.

(c) L’isometria g ha matrice

αE,E(g) =

1 0 0 0

1 1 0 01−

√3

2 0√

32

12

1−3√

32 0 − 1

2

√3

2

.

Si tratta quindi di una rototraslazione. L’asse di rotazione ha equazioni

{(√3− 2)Y + Z =

√3− 1

Y − (√3− 2)Z = 1− 3

√3.

L’angolo di rotazione e −π6 . Non ci sono piani uniti.

(d) Sul corpo complesso la matrice di una rotazione e diagonalizzabile, quindi... �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 13 luglio 2010


A =

2 0 −1 −2 0−2 4 −2 −2 −11 0 4 2 00 0 0 3 0−1 1 −1 −1 2

rispetto alla base canonica.(a) Si determini il polinomio caratteristico di φ. Si determinino molteplicita e nullita degli autovalori di φ.(b) Si determini il polinomio minimo di φ ed il massimo periodo di un autovettore generalizzato per ciascun

autovalore di φ. Gli autovettori di periodo massimo formano un sottospazio? Qual’e la dimensione delsottospazio generato da questi vettori?

(c) Si determini una matrice di Jordan, J , per φ ed una matrice invertibile, P , tale che P−1AP = J .(d) E vero che esiste un fascio di iperpiani di Q5 su ciascuno dei quali φ induce un endomorfismo? In caso

affermativo, trovare le equazioni cartesiane degli iperpiani in questione.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 3)5. Il rango di A− 3 e uguale a 3 e quindi φha il solo autovalore 3 con molteplicita 5 e nullita 2.

(b) Si ha

A− 31 =

−1 0 −1 −2 0

−2 1 −2 −2 −1

1 0 1 2 0

0 0 0 0 0

−1 1 −1 −1 −1

, (A− 31)2 =

0 0 0 0 0

−1 0 −1 −1 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

−1 0 −1 −1 0

, (A− 31)3 = 0

Il polinomio minimo di φ e λφ(X) = (X − 3)3 e dunque 3 e il massimo periodo per un autovettore general-izzato. Gli autovettori generalizzati di periodo massimo sono il complementare di un sottospazio proprio equindi non formano un sottospazio, ma generano tutto lo spazio Q5.

(c) Una base rispetto a cui φ ha matrice di Jordan e V = {v1, . . . , v5}, ove v1 = (φ − 3)(v2) = e1 − e3,v2 = e1 − e4, v3 = (φ − 3)2(v5) = −e2 − e5, v4 = (φ − 3)(v5) = −e1 − 2e2 + e3 − e5, v5 = e1. Le matricicercate sono quindi

J = αV,V(φ) =

3 1 0 0 0

0 3 0 0 0

0 0 3 1 0

0 0 0 3 1

0 0 0 0 3

e P = αV,E(id) =

1 1 0 −1 1

0 0 −1 −2 0

−1 0 0 1 0

0 −1 0 0 0

0 0 −1 −1 0

.

(d) Gli iperpiani di Q5 sono in corrispondenza con i vettori non nulli dello spazio duale e, in particolare, gliiperpiani uniti corrispondono ai vettori v∗ 6= 0 del duale, per cui

{x | v∗ ◦ x = 0 } = {x | v∗ ◦ φ(x) = 0 } .

Ricordando che v∗ ◦φ(x) = φ∗(v∗) ◦x per ogni x ∈ Q5, si conclude che v∗ deve essere un autovettore per φ∗.Dunque un fascio di iperpiani uniti per φ esiste, perche vi e un sottospazio di dimensione 2 di autovettorirelativi a φ∗. Se consideriamo la base duale, V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5}, della base rispetto a cui φ ha matrice diJordan, gli iperpiani cercati sono

{x ∈ Q5 | (λv∗2 + µv∗5)

∗ ◦ x = 0}, al variare dei parametri omogenei (λ, µ).

Utilizzando la matrice αV∗,E∗(id) = tP−1, si trovano le equazioni cartesiane λx4 + µ(x1 + x3) = 0. �

14

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 13 luglio 2010 15

ESERCIZIO 2. In E3(R) con sistema di riferimento canonico, (O, E), si consideri l’affinita, f : E3(R) →E3(R), di matrice

T =

1 0 0 03√3 1/2 0

√3/2

2 0 −1 03

√3/2 0 −1/2

.

(a) f e un’isometria? Che tipo di isometria e f? Descrivere le caratteristiche di f (se e composizione diriflessioni traslazioni e rotazioni, determinare le equazioni del piano di riflessione, dell’asse di rotazionee l’angolo di rotazione, il vettore di traslazione).

(b) Si consideri la traslazione, τ , che manda f(O) su (O). Si dica che tipo di isometria e τ ◦ f .(c) Si considerino i punti, . . . , f−1(O), O, f(O), f2(O), . . . . E vero che questi punti stanno tutti su uno

stesso piano? In caso affermativo si scriva l’equazione cartesiana del piano.(d) Esistono sistemi di riferimento, diversi da quello canonico, rispetto ai quali la matrice di f e ancora T?

Svolgimento. (a) detT = 1 e la trasformazione lineare associata ad f e la rotazione di angolo π ed asse⟨√3e1 + e3

⟩. Il vettore traslazione si decompone come t1 + t2, ove t1 = 2e2 e perpendicolare all’asse e

t2 = 3√3e1+3e3 e parallelo all’asse. Dunque f e una rototraslazione; ottenuta facendo seguire la traslazione

di vettore t2 alla rotazione di angolo π ed asse h = O + e2 +⟨√

3e1 + e3⟩.

(b) L’isometria τ ◦ f e la rotazione di angolo π ed asse O +⟨√

3e1 + e3⟩.

(c) Tutti i punti stanno nel piano per l’origine, parallelo al sottospazio 〈t1, t2〉. Quindi il piano ha equazioneX1 −

√3X3 = 0.

(d) Ad esempio, se cambio l’origine con il punto O′ = O + t1, non cambia la matrice di f ... �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 13 settembre 2010


A =

−5 0 0 0 20 2 0 0 0−1 1 6 9 21 0 −4 −7 −2−7 0 0 0 4


autovalore di φ. Gli autovettori generalizzati di periodo massimo formano un sottospazio? Qual’e ladimensione del sottospazio generato da questi vettori?

(c) Si determini una matrice di Jordan, J , per φ ed una matrice invertibile, P , tale che P−1AP = J .(d) E vero che per ogni polinomio di grado positivo, P (X) ∈ R[X], esiste una matrice A ∈ M2(R) tale che

P (A) = 0? Giustificare la risposta e, in caso positivo, spiegare come si possa determinare la matrice.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)3(X + 3)2. Il rango di A − 2 e uguale a 3 eil rango di A+ 3 e uguale a 4 quindi φ ha l’autovalore 2 con molteplicita 3 e nullita 2 e l’autovalore −3 conmolteplicita 2 e nullita 1.

(b) Si ha

A+ 31 =

−2 0 0 0 2

0 5 0 0 0

−1 1 9 9 2

1 0 −4 −4 −2

−7 0 0 0 7

, A− 21 =

−7 0 0 0 2

0 0 0 0 0

−1 1 4 9 2

1 0 −4 −9 −2

−7 0 0 0 2

, (A− 21)2 =

35 0 0 0 −10

0 0 0 0 0

−2 4 −20 −45 −8

2 −4 20 45 8

35 0 0 0 −10

.

Il polinomio minimo di φ e λφ(X) = (X − 2)2(X + 3)2 e dunque 2 e il massimo periodo per un autovettoregeneralizzato relativo ad uno qualsiasi degli autovalori. Gli autovettori generalizzati di periodo massimo nonformano un sottospazio, ma generano tutto lo spazio Q5 (perche?).

(c) Per determinare una base rispetto a cui φ ha matrice di Jordan puo essere utile ricordare che im(φ−2)2 =ker(φ + 3)2. La base cercata e V = {v1, . . . , v5}, ove v1 = 2e1 − 3e3 + 7e5, v2 = (φ − 2)(v3) = 9e3 − 4e4,v3 = 5e2 + e3, v4 = (φ+ 3)(v5) = e3 − e4, v5 = e1 + e5. Le matrici cercate sono quindi

J = αV,V(φ) =

2 0 0 0 0

0 2 1 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 −3 1

0 0 0 0 −3

e P = αV,E(id) =

2 0 0 0 1

0 0 5 0 0

−3 9 1 1 0

0 −4 0 −1 0

7 0 0 0 1

.

(d) Ogni polinomio di grado 1 in R[X] si annulla in un opportuna matrice scalare. Ogni polinomio di gradomaggiore o uguale a 2 e divisibile per un polinomio di grado 2, Q(X). La matrice compagna, C, di Q(X)sta in M2(R) e Q(C) = 0 (ad esempio, per il Teorema di Hamilton-Cayley). �


T =

1 0 0 01 1/2 0 −

√3/2

2 0 1 0√3 −

√3/2 0 −1/2

.

16

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 13 settembre 2010 17


(b) Si consideri la traslazione, τ , che manda f(O) su (O). Si dica che tipo di isometria e τ ◦ f .(c) Si determinino tutte le sottovarieta lineari L di E3(R) tali che f(L) ⊆ L.(d) Esistono sistemi di riferimento, diversi da quello canonico, rispetto ai quali la matrice di f e ancora T?

Svolgimento. (a) detT = −1 e la trasformazione lineare associata ad f e la riflessione rispetto al sottospazio

〈n0〉⊥, dove n0 = 12e1+

√32 e3. Il vettore traslazione si decompone come t1+ t2, ove t1 = 2e2 e perpendicolare

ad n0 e t2 = 2n0. Dunque f e una glissoriflessione; ottenuta facendo seguire la traslazione di vettore t1 allariflessione rispetto al piano π = O + n0 + 〈n0〉⊥, di equazione π : x+

√3z = 2.

(b) L’isometria τ ◦ f e la riflessione rispetto al piano x+√3z = 0.

(c) A parte il vuoto e tutto lo spazio che sono lasciate invariate da ogni affinita, non vi sono punti uniti perf (come in ogni glissoriflessione). Il piano π : x+

√3z = 2 resta unito cosı come i piani del fascio parallelo

al sottospazio 〈e2, n0〉. Sono unite le rette del piano π, parallele al vettore e2, ovvero le rette di equazioni

rk :

{x+

√3z = 2√

3x− z = k, al variare di k ∈ R.

(d) Ad esempio, se cambio l’origine con il punto O′ = O + e2, non cambia la matrice di f ... �



A =

4 0 −1 3 00 3 0 0 21 0 6 −3 00 1 0 5 10 −2 0 0 7


autovalore di φ. Si determini, se esiste, una base di V fatta di autovettori generalizzati di periodomassimo.

(c) Si determini una matrice di Jordan, J , per φ ed una matrice invertibile, P , tale che P−1AP = J .(d) Qual e la massima potenza di 5 che divide ogni entrata della matrice J25? Dato un primo p > 5, qual

e la massima potenza di p che divide tutte le entrate di Jp2

poste al di fuori della diagonale principale?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 5)5. Il rango di A− 5 e uguale a 3 e quindi φha l’autovalore 5 con molteplicita 5 e nullita 2.

(b) Si ha

A− 51 =

−1 0 −1 3 0

0 −2 0 0 2

1 0 1 −3 0

0 1 0 0 1

0 −2 0 0 2

, (A− 51)2 =

0 3 0 0 3

0 0 0 0 0

0 −3 0 0 −3

0 −4 0 0 4

0 0 0 0 0

, (A− 51)3 =

0 −12 0 0 12

0 0 0 0 0

0 12 0 0 −12

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

e (A − 51)4 = 0. Il polinomio minimo di φ e λφ(X) = (X − 5)4 e dunque 4 e il massimo periodo per unautovettore generalizzato. Si puo prendere la base {e1 + e2, e2, e2 + e3, e2 + e4, e5}.(c) La base cercata e V = {v1, . . . , v5}, ove v1 = 3e1+e4, v2 = (φ−5)3(v5) = 12e1−12e3, v3 = (φ−5)2(v5) =3e1 − 3e3 + 4e4, v4 = (φ− 5)(v5) = 2e2 + e4 + 2e4, v5 = e5. Le matrici cercate sono quindi

J = αV,V(φ) =

5 0 0 0 0

0 5 1 0 0

0 0 5 1 0

0 0 0 5 1

0 0 0 0 5

e P = αV,E(id) =

3 12 3 0 0

0 0 0 2 0

0 −12 −3 0 0

1 0 4 1 0

0 0 0 2 1

.

(d) J = 515 +N con N4 = 0. Allora, per ogni intero positivo, k, dalla formula del binomio di Newton, siricava

Jk = 5k15 + k5k−1N +

(k

2

)5k−2N2 +

(k

3

)5k−3N3,

da cui si deduce che 524 divide tutte le entrate di J25 e che p2 e la massima potenza di p che divida tutte leentrate di Jp

2

poste al di fuori della diagonale principale. �

18



T =

1 0 0 02/3 1/3 −2/3 −2/32/3 −2/3 1/3 −2/32/3 −2/3 −2/3 1/3

.


(b) Si scriva la matrice dell’isometria, g, che si ottiene componendo la riflessione rispetto al piano τ :x− 2y + z = 1 seguita dalla traslazione di vettore v0 = 3e2.

(c) Si classifichi l’isometria composta g ◦ f .(d) Si classifichi l’isometria composta f ◦ g.

Svolgimento. (a) Sia R =

(1/3 −2/3 −2/3

−2/3 1/3 −2/3

−2/3 −2/3 1/3

). f e un’isometria perche tRR = 13 ed e un’isometria inversa

perche detT = detR = −1. R e diagonalizzabile (e simmetrica) e 〈e1 + e2 + e3〉 e lo spazio di autovettorirelativo all’autovalore −1. Dunque R e la matrice di una riflessione (ortogonale) rispetto al sottospazio

〈e1 + e2 + e3〉⊥ (su cui induce l’identita). Il vettore traslazione della matrice T , t0 = 23 (e1 + e2 + e3) e

ortogonale al piano di riflessione, quindi f e la riflessione rispetto al piano O + 12 t0 + 〈e1 + e2 + e3〉⊥, di

equazione π : x+ y + z = 1.

(b) Il piano τ : x − 2y + z = 1 passa per il punto O + p0, ove p0 =

(1

0

0

), ed e ortogonale al vettore

n1 = e1 − 2e2 + e3. Quindi la riflessione rispetto a questo piano manda il punto X = O + x nel punto

O + p0 +((x− p0)− 2 (x−p0)·n1

n1·n1n1

). Componendola con la traslazione di vettore v0 = 3e2, si ottiene la

trasformazione g, di matrice

S =

1 0 0 01/3 2/3 2/3 −1/37/3 2/3 −1/3 2/31/3 −1/3 2/3 2/3

.

g e una glissoriflessione, ovvero la riflessione rispetto al piano τ ′ : x− 2y + z = −2, seguita dalla traslazioneparallela al vettore e1 + e2 + e3, parallelo al piano di riflessione.

(c) g◦f e la rotazione di angolo π ed asse h = O+ 12e1+

32e2+

12e3+〈e1 − e3〉, di equazione

{2x+ 2y + 2z = 5

x− 2y + z = −2.

(d) f ◦g ha matrice TS =

1 0 0 0−1 0 0 −11 0 −1 0−1 −1 0 0

. Quindi e la rotazione di angolo π ed asse h′ = O− 1

2e1+

12e2 − 1

2e3 + 〈e1 − e3〉, �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 +X2 +X + 1 ∈ C[X].(a) Si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le

radici di P (X) e si scrivano tali equazioni in termini delle coordinate z e z.(c) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del triangolo D

nella circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione del piano formatadall’immagine riflessa dei punti interni al triangolo D.

Svolgimento. (a) P (X) = X3 + X2 + X + 1 = (X + 1)(X − i)(X + i) e disegnamo qui sotto il triangoloformato dalle radici.

(b) Le rette sono (cfr. il disegno a fianco)

r1 :(1 + i)z + (1− i)z + 2 = 0,

r2 :z + z = 0,

r3 :(1− i)z + (1 + i)z + 2 = 0.

(c) Le immagini delle tre rette tramite la riflessione nel cerchio unitariosono:

−1

i

−i

r1

r3

r2

λ∗(r1) :

∣∣∣∣z −−1 + i

2

∣∣∣∣ =1√2, λ∗(r2) = r2, λ∗(r3) :

∣∣∣∣z +1 + i

2

∣∣∣∣ =1√2.

La parte ombreggiata del semipiano rappresenta l’immagine dei punti interni al triangolo tramite la riflessionenel cerchio unitario. �

ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V . Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = v1 + 3v3 − 2v4, u2 = v1 − 2v2 − v3 − 2v5, u3 = v1 − v2 + v3 − v4 − v5, e sia W il

sottospazio vettoriale definito dal sistema di equazioni omogenee

X2 −X3 +X4 = 0

X2 − 3X3 +X4 − 4X5 = 0

X3 + 2X5 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = v1 + 2v2.

(b) Si determini la matrice αV,V(π) dell’endomorfismo π : V → V che si ottiene proiettando i vettori si Uparallelamente a W .

(c) Sia Φ : EndV → EndV definito ponendo Φ(φ) = φ ◦ π. Si determinino le dimensioni di nucleo edimmagine di Φ. E vero che si tratta di una proiezione? In caso affermativo si determini l’immaginedell’endomorfismo 3idV − 2π tramite la simmetria di asse kerΦ e direzione imΦ.

Svolgimento. (a) I tre vettori sono linearmente dipendenti u1 + u2 − 2u3 = 0 e quindi ne bastano due pergenerare U = 〈u1, u2〉, che ha dimensione 2, essendo i due generatori indipendenti. Anche le tre equazionilineari omogenee che definiscono W sono dipendenti (II − I + 2III = 0) e quindi ne sono sufficienti 2 perdefinire il sottospazio, che ha dimensione 3; e si haW = 〈v1, v2 − v4, 2v2 + 2v3 − v5〉. Il traslato di U tramiteu0 ha equazioni cartesiane

X2 −X5 = 2

3X1 + 2X2 −X3 = 7

2X1 +X4 +X5 = 2

1

2 MAURIZIO CANDILERA

(b) La matrice cercata e

A = αV,V(π) =1

14

0 −4 2 −4 −40 3 2 3 100 −6 10 −6 80 5 −6 5 −20 3 2 3 10

.

(c) kerΦ ={φ ∈ HomC (V, V )

∣∣φ|U = 0} ∼= HomC (W,V ) e quindi ha dimensione 15. Analogamente,

imΦ ∼= HomC (U, V ) e quindi ha dimensione 10. Presa comunque, φ ∈ EndCV , si ha

Φ2(φ) = Φ(Φ(φ)) = (φ ◦ π) ◦ π = φ ◦ π = Φ(φ)

e quindi Φ e la proiezione su imΦ parallelamente a kerΦ. La simmetria richiesta e quindi id − 2Φ e quindil’endomorfismo richiesto e 3idV − 2π − 2Φ(3idV − 2π) = 3idV − 2π − 2(3idV − 2π) ◦ π = 3idV − 4π. �

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio vettoriale V = R[X] dei polinomi a coefficienti reali e sia B ={1, X,X2, X3, . . . } la sua base canonica.(a) Si mostri che per ogni n ≥ 0 la funzione ∂n : P (X) 7→ 1

n!P(n)(0) appartiene a V ∗ (P (n)(0) in-

dica la derivata n-esima di P (X) calcolata nell’origine). Si verifichi che le funzioni nell’insieme D ={ ∂n |n ∈ N } sono linearmente indipendenti e che si ha ∂nX

m = δnm.(b) Si indichi con B(n) = (bij)1≤i,j≤n la matrice in Mn(R) definita dalle condizioni

bij = ∂i−1 ◦ (1 +X)i+j−2 (“◦” indica la dualita canonica).

Si scrivano le matrici B(4), B(5), B(6) e se ne calcolino i rispettivi determinanti. Cosa si puo dire didetB(n) al variare di n?

(c) E vero che D e la base duale della base B? In caso affermativo si dia una dimostrazione, in caso negativosi dia un controesempio.

Svolgimento. (a) La derivazione e un’applicazione lineare, cosı come lo e la funzione che associa ad unpolinomio il suo valore in un punto (ad es. nell’origine) e la composizione di applicazioni lineari e ancoratale.

Se il numero di derivazioni, m, e maggiore del grado del polinomio P (X), allora P (m)(X) = 0 (lacostante 0) e quindi ∂m ◦Xn = 0 se m > n. Se, invece, m < n, la derivata m-esima di Xn e divisibile perX e quindi si annulla nell’origine, per cui anche in questo caso ∂m ◦Xn = 0. Infine, ∂m ◦Xm = 1

m!m! = 1(perche la derivata m-esima di Xm e la costante m!). Abbiamo quindi dimostrato che ∂m ◦Xn = δmn.

Sia ora a0∂0 + · · ·+ am∂m = 0 in V ∗. In particolare cio implica che

0 = 0 ◦Xj = (a0∂0 + · · ·+ am∂m) ◦Xj = aj , per j = 0, . . . ,m

e quindi gli elementi di D sono linearmente indipendenti.

(b) La derivata (i− 1)-esima di (1+X)i+j−2 e uguale a (i+j−2)!(j−1)! (1+X)j−1 che, calcolata in X = 0 e divisa

per (i− 1)! da bij =(i+j−2i−1

). Quindi le matrici in questione sono

B(4) =

1 1 1 11 2 3 41 3 6 101 4 10 20

, B(5) =

1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 151 4 10 20 351 5 15 35 70

, B(6) =

1 1 1 1 1 11 2 3 4 5 61 3 6 10 15 211 4 10 20 35 561 5 15 35 70 1261 6 21 56 126 252

.

Tramite operazioni elementari, si ottiene

1 1 1 11 2 3 41 3 6 101 4 10 20

∼

1 1 1 1II − I 0 1 2 3III − II 0 1 3 6IV − III 0 1 4 10

∼

1 1 1 10 1 2 3

III − II 0 0 1 3IV − III 0 0 1 4

∼

1 1 1 10 1 2 30 0 1 3

IV − III 0 0 0 1

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 15 dicembre 2010 – Compito A 3

e quindi detB(4) = 1. Operando analogamente, si trova detB(5) = 1 = detB(6). Infine, per il caso generale,possiamo supporre detB(n) = 1 per n = 4; e, per n > 4, osservare che, dopo aver sottratto ad ogni rigadi B(n) la riga precedente e ad ogni colonna la colonna precedente, si ottiene una matrice che ha lo stesso

determinante e la forma(

1 t0

0 B(n−1)

). Quindi detB(n) = 1 per ogni valore di n ≥ 4 (ma anche per n = 1, 2, 3,

come si vede con un calcolo diretto)(†).

(c) D non e una base di V ∗ perche i suoi elementi non bastano per generare tutto lo spazio. Ad esempio,la forma lineare ε1 : P (X) 7→ P (1), manda su 1 tutti gli elementi della base canonica, B, mentre ognicombinazione lineare finita di elementi di D, a0∂0 + · · ·+ am∂m, si annulla sugli Xn con n > m e quindi nonpuo essere uguale ad ε1. �

(†) Invitiamo il lettore ad osservare il particolare aspetto che ha la decomposizione LU delle matrici B(n). Ad esempio

B(5) =

1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 151 4 10 20 351 5 15 35 70

=

1 0 0 0 01 1 0 0 01 2 1 0 01 3 3 1 01 4 6 4 1

1 1 1 1 10 1 2 3 40 0 1 3 60 0 0 1 40 0 0 0 1

.

Il lettore piu attento e invitato a discutere il caso generale.

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 15 dicembre 2010 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + iX2 −X − i ∈ C[X].(a) Si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le



ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V . Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = v1 + v2 − v3 + v4 − v5, u2 = 2v1 + v3 + 2v4 − v5, u3 = 2v2 − 3v3 − v5, e sia W il


X2 −X3 +X4 = 0

4X1 −X2 + 3X3 −X4 = 0

2X1 +X3 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = 2v1 − v3.

(b) Si determini la matrice αV,V(π) dell’endomorfismo π : V → V che si ottiene proiettando i vettori su Uparallelamente a W .

(c) Sia Φ : EndV → EndV definito ponendo Φ(φ) = φ − π ◦ φ. Si determinino le dimensioni di nucleo edimmagine di Φ. E vero che si tratta di una proiezione? In caso affermativo si determini l’immaginedell’endomorfismo 3idV − 2π tramite la simmetria di asse kerΦ e direzione imΦ.

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio vettoriale V = R[X] dei polinomi a coefficienti reali e sia B =

{1, X, X2

2! ,X3

3! , . . . } una sua base.

(a) Si mostri che per ogni n ≥ 0 la funzione ∂n : P (X) 7→ P (n)(0) appartiene a V ∗ (P (n)(0) indica la derivatan-esima di P (X) calcolata nell’origine). Si verifichi che le funzioni nell’insieme D = { ∂n |n ∈ N } sonolinearmente indipendenti e che si ha ∂n

Xm

m! = δnm.(b) Si indichi con B(n) = (bij)1≤i,j≤n la matrice in Mn(R) definita dalle condizioni

bij =1

i!∂i ◦ (1 +X)i+j−1 (“◦” indica la dualita canonica).



Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 15 dicembre 2010 – Compito C

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 −X2 +X − 1 ∈ C[X].(a) Si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le



ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V . Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v1 − v3 − 3v5, u2 = v1 + v2 − v3 + v4 − v5, u3 = 2v2 − v3 + 2v4 + v5, e sia W il


X1 +X4 −X5 = 0

X1 − 4X2 +X4 − 3X5 = 0

2X2 +X5 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = 2v1 − v2.


(c) Sia Φ : EndV → EndV definito ponendo Φ(φ) = φ − φ ◦ π. Si determinino le dimensioni di nucleo edimmagine di Φ. E vero che si tratta di una proiezione? In caso affermativo si determini l’immaginedell’endomorfismo 2idV − 3π tramite la simmetria di asse kerΦ e direzione imΦ.

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio vettoriale V = R[X] dei polinomi a coefficienti reali e sia B ={1, X,X2, X3, . . . } la sua base canonica.(a) Si mostri che per ogni n ≥ 0 la funzione ∂n : P (X) 7→ 1

n!P(n)(0) appartiene a V ∗ (P (n)(0) in-

dica la derivata n-esima di P (X) calcolata nell’origine). Si verifichi che le funzioni nell’insieme D ={ ∂n |n ∈ N } sono linearmente indipendenti e che si ha ∂nX

m = δnm.(b) Si indichi con B(n) = (bij)1≤i,j≤n la matrice in Mn(R) definita dalle condizioni

bij = ∂i ◦ (1 +X)i+j−1 (“◦” indica la dualita canonica).



Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 15 dicembre 2010 – Compito D

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − iX2 −X + i ∈ C[X].(a) Si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le



ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V . Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = v1 + 2v3 − v4 + 2v5, u2 = v1 − v2 − v3 + v4 − v5, u3 = 3v1 − 2v2 + v4, e sia W il


X1 −X2 −X5 = 0

3X1 −X2 + 4X3 −X5 = 0

X1 + 2X3 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = v1 − 2v2.


(c) Sia Φ : EndV → EndV definito ponendo Φ(φ) = π ◦ φ. Si determinino le dimensioni di nucleo edimmagine di Φ. E vero che si tratta di una proiezione? In caso affermativo si determini l’immaginedell’endomorfismo 2idV − 3π tramite la simmetria di asse kerΦ e direzione imΦ.

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio vettoriale V = R[X] dei polinomi a coefficienti reali e sia B =

{1, X, X2

2! ,X3

3! , . . . } una sua base.

(a) Si mostri che per ogni n ≥ 0 la funzione ∂n : P (X) 7→ P (n)(0) appartiene a V ∗ (P (n)(0) indica la derivatan-esima di P (X) calcolata nell’origine). Si verifichi che le funzioni nell’insieme D = { ∂n |n ∈ N } sonolinearmente indipendenti e che si ha ∂n

Xm

m! = δnm.(b) Si indichi con B(n) = (bij)1≤i,j≤n la matrice in Mn(R) definita dalle condizioni

bij =1

(i− 1)!∂i−1 ◦ (1 +X)i+j−2 (“◦” indica la dualita canonica).




ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − (2 + 2i)X2 + 3iX + 1− i ∈ C[X].(a) Si verifichi che P (1) = 0, si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di

Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le



Svolgimento. (a) P (X) = X3 − (2+ 2i)X2 +3iX +1− i = (X − 1)(X − i)(X − 1− i) e disegnamo qui sottoil triangolo formato dalle radici.


r1 :− iz + iz − 2 = 0,

r2 :z + z − 2 = 0,

r3 :(1− i)z + (1 + i)z − 2 = 0.


1

i 1 + ir1

r2r3

λ∗(r1) :

∣∣∣∣z −i

2

∣∣∣∣ =1

2, λ∗(r2) =

∣∣∣∣z −1

2

∣∣∣∣ =1

2, λ∗(r3) :

∣∣∣∣z +1 + i

2

∣∣∣∣ =1√2.

La parte ombreggiata rappresenta l’immagine dei punti interni al triangolo tramite la riflessione nel cerchiounitario. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W due spazi vettoriali reali e siano V = {v1, . . . , v3} e W = {w1, . . . , w4},rispettivamente, basi dei due spazi.(a) Si determinino le applicazioni lineari φ : V →W soddisfacenti alle seguenti condizioni

φ(2v1−2v3) = 4w1−2w2+6w4; φ(v2−v1) = 2w2−w3−3w4; φ(3v2−3v3) = 6w1+3w2−3w3.

e si scriva la matrice αV,W(φ) per ciascuna di esse.(b) Si determini una base dei sottospazi kerφ ed imφ per ciascuna di tali φ e si determinino delle equazioni

cartesiane per imφ nel caso in cui φ non sia iniettiva.(c) Detta φ∗ : W ∗ → V ∗ l’applicazione trasposta di φ, si determinino i sottospazi ker(φ∗) ed im(φ∗)

esibendo delle loro basi, al variare di φ.

Svolgimento. (a) I tre vettori u1 = 2v1 − 2v3, u2 = v2 − v1, u3 = 3v2 − 3v3 sono linearmente dipendentiessendo 3u1+6u2−2u3 = 0 quindi φ puo esistere se, e solo se, le loro immagini soddisfano la stessa relazionelineare. Cio accade, e quindi esistono infinite applicazioni lineari soddisfacenti alle condizioni richieste, perchequeste determinano solo la restrizione di φ al sottospazio U = 〈u1, u2〉. Si ha V = 〈v1〉 ⊕ U e quindi φ ecompletamente determinata dalle condizioni date e dalla conoscenza del vettore φ(v1), che puo essere sceltoad arbitrio in W . Quindi, la matrice cercata e

A = αV,W(φ) =

a a a− 2b b+ 2 b+ 1c c− 1 cd d− 3 d− 3

.

7


(b) Si osservi che imφ ⊇ 〈4w1 − 2w2 + 6w4, 2w2 − w3 − 3w4〉 che e l’immagine di φ ristretta ad U . Quindiimφ = 〈4w1 − 2w2 + 6w4, 2w2 − w3 − 3w4〉 se, e solo se, φ(v1) ∈ 〈4w1 − 2w2 + 6w4, 2w2 − w3 − 3w4〉. In talcaso dimkerφ = 1 (per la formula delle dimensioni) e quindi φ non e iniettiva. Se φ(v1) = a(4w1 − 2w2 +6w4) + b(2w2 − w3 − 3w4) allora v1 − a(2v1 − 2v3)− b(v2 − v1) e una base di kerφ. Le equazioni cartesiane

di imφ sono quindi

{x1 + 2x2 + 4x3 = 0

3x1 + 6x3 − 2x4 = 0.

Se invece φ(v1) /∈ 〈4w1 − 2w2 + 6w4, 2w2 − w3 − 3w4〉, kerφ = 〈0〉 e una base di imφ e data daφ(v1), 4w1 − 2w2 + 6w4, 2w2 − w3 − 3w4.

(c) Poniamo le basi duali di V e W su V ∗ e W ∗ e scriviamo in riga le coordinate corrispondenti. Se,φ(v1) = a(4w1 − 2w2 + 6w4) + b(2w2 − w3 − 3w4), allora

ker(φ∗) = 〈4w1 − 2w2 + 6w4, 2w2 − w3 − 3w4〉⊥ = 〈(1, 2, 4, 0), (3, 0, 6,−2)〉 ,im(φ∗) = 〈v1 − a(2v1 − 2v3)− b(v2 − v1)〉⊥ = 〈(b, 1− 2a+ b, 0), (−2a, 0, 1− 2a+ b)〉 .

Se φ(v1) = aw1 + bw2 6= 0 (perche sono sufficienti solo questi vettori per determinare tutti i nuclei e tutte leimmagini?), allora

ker(φ∗) = 〈aw1 + bw2, 4w1 − 2w2 + 6w4, 2w2 − w3 − 3w4〉⊥ = 〈3a(1, 2, 4, 0)− (a+ 2b)(3, 0, 6,−2)〉 ,im(φ∗) = 〈0〉⊥ = 〈v∗1 , v∗2 , v∗3〉 .

�

ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v1+v2+3v4, u2 = 3v1+v3+3v4−v5, u3 = v1−v2+v3−v5, e siaW il sottospazio

vettoriale definito dal sistema di equazioni omogenee

2X1 −X3 −X4 +X5 = 0

4X1 + 2X2 −X3 − 3X4 −X5 = 0

X1 +X2 −X4 −X5 = 0

.

(a) Si determini una base per ciascuno dei sottospazi U e W . Si verifichi che V = U ⊕W . Si determini lamatrice αV,V(π) dell’endomorfismo π : V → V che si ottiene proiettando i vettori su U parallelamentea W .

(b) Sia c ∈ Q e si indichi con µc l’endomorfismo definito da v 7→ cv, al variare di v ∈ V . Si calcoli ildet(π − µc) al variare di c. Si calcoli det(π − µc)

n al variare di n e si dica se esistono valori di c per cuitale determinante si annulla.

(c) Dopo aver dimostrato che V ∗ = U⊥ ⊕W⊥, si scriva v∗ = 2v∗1 − 3v∗3 +4v∗5 come somma di un vettore diU⊥ e di uno di W⊥.

Svolgimento. (a) I tre vettori sono linearmente dipendenti u1 − u2 + u3 = 0 e quindi ne bastano dueper generare U = 〈u1, u3〉, che ha dimensione 2, essendo i due generatori indipendenti. Anche le treequazioni lineari omogenee che definiscono W sono dipendenti (II − I − 2III = 0) e quindi ne sonosufficienti 2 per definire il sottospazio, che ha dimensione 3 (cf. Teorema di Rouche-Capelli); e si haW = 〈v1 − v2 + 2v3, v2 − v3 + v4, v2 + v3 + v5〉. Unendo le due basi di U e W si ottiene una base di Ve quindi V = U ⊕W . Infatti, con operazioni elementari sulle colonne si ha

2 1 1 0 01 −1 −1 1 10 1 2 −1 13 0 0 1 00 −1 0 0 1

∼

1 0 0 0 0−1 1 0 0 01 1 1 0 −50 0 0 1 3−1 1 1 1 −1

∼

1 0 0 0 0−1 1 0 0 01 1 1 0 00 0 0 1 0−1 1 1 1 1

.

Nel primo caso le relazioni con le colonne della matrice precedente sono (2), (5), (3)−(2), (4)−(5)−(3)+(2),(1)− 2(2)− 3(5); nel secondo caso sono (1), (2), (3), (4), (5) + 5(3)− 3(4).

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 11 gennaio 2011 – Compito A 9

La matrice cercata e

A = αV,V(π) =

5 1 −2 −3 11 −1 −1 0 21 1 0 −1 −16 0 −3 −3 3−1 −1 0 1 1

.

(b) Sia V ′ = {v′1, . . . , v′5} una base di V tale che U = 〈v′1, v′2〉 e W = 〈v′3, v′4, v′5〉 e fissiamo una formamultilineare alternante 0 6= D ∈ A5(V ). Allora, si ha

det(π − µc) =D(v′1 − cv′1, v

′2 − cv′2,−cv′3,−cv′4,−cv′5, )D(v′1, . . . , v

′5)

= (1− c)2(−c)3.

Per il Teorema di Binet, det(π − µc)n = (1− c)2n(−c)3n che si annulla se, e solo se, c ∈ {0, 1}.

(c) Dalle relazioni U⊥ ∩W⊥ = (U +W )⊥ e U⊥ +W⊥ = (U ∩W )⊥ discende il fatto che V ∗ = U⊥ ⊕W⊥ ela decomposizione di v∗ = 2v∗1 − 3v∗3 + 4v∗5 = w∗ + (v∗ − w∗), con w∗ = 3v∗1 − 5v∗2 − 4v∗3 + v∗4 + 9v∗5 ∈ W⊥

si ottiene facilmente ricordando che tA e la matrice di una proiezione associata a questa decomposizione(...quale proiezione? in quali basi e scritta la matrice?). �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + (2− 2i)X2 − 3iX − 1− i ∈ C[X].(a) Si verifichi che P (−1) = 0, si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di





φ(2v2−2v1) = 6w2+4w3−2w4; φ(v2−v3) = w1+3w2−2w4; φ(3v1−3v3) = 3w1−6w3−3w4.




ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = v1 + 3v2 + 2v5, u2 = 3v2 − v3 + v4 + 3v5, u3 = −v1 − v3 + v4 + v5 e sia W il


−X2 +X3 −X4 + 2X5 = 0

2X1 − 3X2 −X3 −X4 + 4X5 = 0

X1 −X2 −X3 +X5 = 0

.




(c) Dopo aver dimostrato che V ∗ = U⊥ ⊕W⊥, si scriva v∗ = 4v∗3 − 3v∗4 +2v∗5 come somma di un vettore diU⊥ e di uno di W⊥.

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 11 gennaio 2011 – Compito C

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − (2− 2i)X2 − 3iX + 1 + i ∈ C[X].(a) Si verifichi che P (1) = 0, si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di





φ(2v3−2v2) = 6w1−2w3+4w4; φ(v3−v1) = 3w1+w2−2w3; φ(3v1−3v2) = −3w2+3w3+6w4.




ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 3v1+2v3+v5, u2 = 3v1+v2+3v3−v4, u3 = v2+v3−v4−v5, e siaW il sottospazio


X1 +X2 − 2X3 −X4 = 0

3X1 +X2 − 4X3 +X4 − 2X5 = 0

X1 −X3 +X4 −X5 = 0

.




(c) Dopo aver dimostrato che V ∗ = U⊥ ⊕W⊥, si scriva v∗ = 3v∗2 − 2v∗3 − 4v∗4 come somma di un vettore diU⊥ e di uno di W⊥.

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 11 gennaio 2011 – Compito D

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + (2 + 2i)X2 + 3iX − 1 + i ∈ C[X].(a) Si verifichi che P (−1) = 0, si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di





φ(2v1−2v3) = 2w1−6w2−4w3; φ(v2−v3) = 2w1−3w2−w4; φ(3v2−3v1) = 3w1+6w3−3w4.




ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 3v2+2v4+v5, u2 = v1+3v2−v3+3v4, u3 = v1−v3+v4−v5, e siaW il sottospazio


X1 +X2 −X3 − 2X4 = 0

X1 + 3X2 +X3 − 4X4 − 2X5 = 0

X2 +X3 −X4 −X5 = 0

.




(c) Dopo aver dimostrato che V ∗ = U⊥ ⊕W⊥, si scriva v∗ = −3v∗1 + 4v∗3 + 2v∗4 come somma di un vettoredi U⊥ e di uno di W⊥.

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2011 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − 2iX2 − (2 + i)X − (1− i) ∈ C[X].(a) Si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le



Svolgimento. (a) P (X) = X3− 2iX2− (2+ i)X − (1− i) = (X +1)(X − i)(X − 1− i) e disegnamo qui sottoil triangolo formato dalle radici.


r1 :(1 + i)z + (1− i)z + 2 = 0,

r2 :iz − iz + 2 = 0,

r3 :(1 + 2i)z + (1− 2i)z + 2 = 0.


−1

i 1 + i

r1

r2

r3

λ∗(r1) :

∣∣∣∣z −−1 + i

2

∣∣∣∣ =1√2, λ∗(r2) =

∣∣∣∣z −i

2

∣∣∣∣ =1

2, λ∗(r3) :

∣∣∣∣z −−1 + 2i

2

∣∣∣∣ =√5

2.

La parte ombreggiata del semipiano rappresenta l’immagine dei punti interni al triangolo tramite la riflessionenel cerchio unitario. �

ESERCIZIO 2. Sia V = U ⊕W e siano date le basi U = {u1, . . . , u4} di U e W = {w1, . . . , w3} di W su R.Sia inoltre T il sottospazio di V , T = 〈u1 + u4 − w3, u2 − u3 + w1 − w2, u2 + u3 + w3, u1 − u4 − w1 + w2〉.(a) Si determinino equazioni parametriche e cartesiane del sottospazio T nel sistema di coordinate associato

alla base U ∪ W di V . Si mostri che, per ogni vettore u ∈ U esiste un unico vettore u′ ∈ T tale cheu′ − u appartenga a W .

(b) Sia φ : U →W l’applicazione che manda il vettore u di U in u′ − u, ove u′ ∈ T e il vettore descritto nelpunto precedente. Si verifichi che φ e un’applicazione lineare e se ne scriva la matrice nelle basi date.Si determinino infine nucleo ed immagine di φ.

Svolgimento. (a) Siano x1, . . . , x4, y1, . . . , y3 le coordinate associate alla bese U ∪ W di V . Tramite i ge-neratori (indipendenti) del sottospazio T , possiamo scrivere le equazioni parametriche di T e ricavare pereliminazione le equazioni cartesiane; ovvero:

x1 = a+ d

x2 = b+ c

x3 = −b+ c

x4 = a− d

y1 = b− d

y2 = −b+ d

y3 = −a+ c

, con

abcd

∈ R4; e T :

x1 − x2 + x3 − x4 + 2y1 = 0

x1 − x2 + x3 − x4 − 2y2 = 0

x1 − x2 − x3 + x4 + 2y3 = 0

.

In particolare, i coefficienti a, b, c, d della base di T sono in corrispondenza biunivoca con i valori dellecoordinate x1, . . . , x4, essendo a = x1+x4

2 , b = x2−x3

2 , c = x2+x3

2 , d = x1−x4

2 . Da cio si conclude che, per ogni

13


vettore u = x1u1 + · · · + x4u4 ∈ U esiste un unico vettore u′ ∈ T tale che u′ − u ∈ W ed e quello le cuicoordinate si ottengono dai valori dei parametri dedotti nel modo scritto sopra da x1, . . . , x4.

(b) Per quanto detto nel punto precedente, dato un vettore u = x1u1 + · · · + x4u4 ∈ U , si ha φ(u) =y1w1 + y2w2 + y3w3, ove

y1y2y3

=

1

2

−x1 + x2 − x3 + x4x1 − x2 + x3 − x4−x1 + x2 + x3 − x4

.

Le coordinate di φ(u) sono polinomi lineari omogenei nelle coordinate di u. Si tratta quindi di un’applicazionelineare e la matrice cercata e

A = αU,W(φ) =1

2

−1 1 −1 11 −1 1 −1−1 1 1 −1

.

La matrice ha rango 2 e kerφ = 〈u1 + u2, u3 + u4〉, imφ = 〈w1 − w2, w3〉. �

ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v1 − 4v3 − 2v4, u2 = v2 − 2v3 + 2v5, u3 = v1 + 3v2 − 8v3 − v4 + 6v5, e sia W il


X1 + 2X2 +X5 = 0

X2 +X3 − 2X4 = 0

X1 − 2X3 + 4X4 +X5 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si verifichi che V = U ⊕W .Si determinino delle basi per i sottospazi U⊥ e W⊥ di V ∗.

(b) Si determini la matrice αV,V(π) dell’endomorfismo π : V → V che si ottiene proiettando i vettori su Uparallelamente a W . Calcolare il determinante di 3π − 2id?

(c) Sia Φ : EndV → EndV definito ponendo Φ(φ) = π ◦ φ ◦ π. Si determinino le dimensioni di nucleo edimmagine di Φ. E vero che si tratta di una proiezione? Che dire del determinante di id− 2Φ?

Svolgimento. (a) Si ha u1 + 6u2 − 2u3 = 0. Dunque il sottospazio U ha dimensione 2 ed i vettori u1, u2ne sono una base. Il sistema che definisce W ha rango 2 (essendo I − 2II = III); le soluzioni formano unsottospazio di dimensione 3 ed una sua base e data dai vettori w1 = 2v3+v4, w2 = v1−v5, w3 = 2v1−v2+v3.

Per le relazioni di Grassmann, V = U ⊕W se, e solo se, U ∩W = 〈0〉. Un generico vettore au1 + bu2 diU soddisfa alle equazioni cartesiane di W se, e solo se, a = b = 0 e cio e sufficiente per concludere.

Infine, si ha W⊥ = 〈v∗1 + 2v∗2 + v∗5 , v∗2 + v∗3 − 2v∗4〉 e U⊥ = 〈v∗1 + v∗4 , 2v

∗2 − v∗5 , v

∗3 − 2v∗4 + v∗5〉, ove V∗ =

{v∗1 , . . . , v∗5} e la base duale di V ∗.


A = αV,V(π) =

1 6 4 −8 1

0 −1 −1 2 0

−2 −10 −6 12 −2

−1 −6 −4 8 −1

0 −2 −2 4 0

.

Lo spazio vettoriale V ha la base V ′ = {u1, u2, w1, w2, w3} e, presa una applicazione 5-lineare, alternante enon nulla, D, si ha

det(3π − 2id) =D(u1, u2,−2w1,−2w2,−2w3)

D(u1, u2, w1, w2, w3)= −8.

(c) Si haΦ(Φ(φ)) = π ◦ (π ◦ φ ◦ π) ◦ π = π ◦ φ ◦ π = Φ(φ),

qualunque sia l’endomorfismo φ. Dunque Φ2 = Φ e Φ e una proiezione. kerΦ e formato dagli endomorfismiφ : V → V tali che φ(U) ⊆ W e quindi e un sottospazio di dimensione 21 di EndQV . Per la formula delledimensioni dim imΦ = 4 (e imΦ puo essere identificato con HomQ (U,U)). Infine, osserviamo che id− 2Φ ela simmetria di asse kerΦ e direzione imΦ e come ogni simmetria ha determinante −1dim imΦ = 1. �

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2011 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − 2iX2 − (2− i)X + 1 + i ∈ C[X].(a) Si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le



ESERCIZIO 2. Sia V = U ⊕W e siano date le basi U = {u1, . . . , u4} di U e W = {w1, . . . , w3} di W su R.Sia inoltre T il sottospazio di V , T = 〈u1 + u2 − w1, u3 − u4 + w2 − w3, u3 + u4 + w1, u1 − u2 + w2 − w3〉.(a) Si determinino equazioni parametriche e cartesiane del sottospazio T nel sistema di coordinate associato



ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v1 − 2v3 + 4v5, u2 = 2v2 + v4 − 2v5, u3 = v1 − 6v2 − v3 − 3v4 + 8v5, e sia W il


X2 +X3 + 2X4 = 0

2X1 −X4 −X5 = 0

4X1 +X2 +X3 − 2X5 = 0

.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2011 – Compito C

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + 2iX2 − (2− i)X − (1 + i) ∈ C[X].(a) Si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le



ESERCIZIO 2. Sia V = U ⊕W e siano date le basi U = {u1, . . . , u4} di U e W = {w1, . . . , w3} di W su R.Sia inoltre T il sottospazio di V , T = 〈u2 + u3 − w2, u1 − u4 − w1 + w3, u1 + u4 + w2, u2 − u3 − w1 + w3〉.(a) Si determinino equazioni parametriche e cartesiane del sottospazio T nel sistema di coordinate associato



ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v3 − 4v4 − 2v5, u2 = v1 + 2v2 − 2v4, u3 = 3v1 + 6v2 + v3 − 8v4 − v5, e sia W il


2X1 +X2 +X3 = 0

X1 +X4 − 2X5 = 0

X2 +X3 − 2X4 + 4X5 = 0

.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2011 – Compito D

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + 2iX2 − (2 + i)X + 1− i ∈ C[X].(a) Si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le



ESERCIZIO 2. Sia V = U ⊕W e siano date le basi U = {u1, . . . , u4} di U e W = {w1, . . . , w3} di W su R.Sia inoltre T il sottospazio di V , T = 〈u3 + u4 − w1, u1 − u2 − w2 + w3, u1 + u2 + w1, u3 − u4 − w2 + w3〉.(a) Si determinino equazioni parametriche e cartesiane del sottospazio T nel sistema di coordinate associato



ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 4v1 + 2v2 − 2v4, u2 = 2v1 − 2v3 − v5, u3 = 8v1 + v2 − 6v3 − v4 − 3v5, e sia W il


X3 +X4 + 2X5 = 0

X1 − 2X2 +X5 = 0

2X1 − 4X2 −X3 −X4 = 0

.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 04 aprile 2011

Nome Cognome N. Matricola

AESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 −X2 + 3X + 5 ∈ C[X].(a) Si verifichi che P (−1) = 0; si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le

radici di P (X) e si scrivano tali equazioni in termini delle coordinate z e z.(c) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del triangolo D nella

circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regioneD∩λ∗(D), ove λ : Cr{0} →Cr {0} e la riflessione nel cerchio unitario.

ESERCIZIO 2. Al variare del parametro t in R, si consideri l’omomorfismo φt : R5 → R4, di matrice

At =

t− 1 0 t+ 2 0 20 t 0 −1 2t− 1

1− t −t 3t+ 6 1 −11− t 0 −t− 2 0 2t− 1

rispetto alle basi canoniche.(a) Si determini il rango di φt al variare di t ∈ R.(b) Indicato con wt il vettore 2e1 + (4t − 2)e2 − (4t + 8)e3 + 4te4 ∈ R4, si determini la controimmagine

φ−1t (wt), al variare di t ∈ R.

ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v1 − 4v3 + 2v4, u2 = v2 − 2v3 + 2v5, u3 = v1 + 3v2 − 8v3 − v4 + 6v5, e sia W il


X1 + 2X2 +X5 = 0

2X2 + 2X3 − 4X4 = 0

X1 −X3 + 4X4 +X5 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed equazioni cartesiane per i sottospazi U e W . Si determininoU +W ed U ∩W . Si risponda alle stesse domande supponendo pero che lo spazio V sia definito sulcampo F2 = Z/2Z.

(b) Si determini la matrice αV,V(π) ∈ M5(Q) dell’endomorfismo π : V → V che si ottiene proiettando ivettori su W parallelamente ad U . Sia n il minimo intero positivo tale che αV,V(nπ) ∈M5(Z); si calcoliil determinante di φ0 = nπ− 2id. Che dire del determinante di φ0 pensato come endomorfismo di V sulcampo F2 = Z/2Z?

(c) Sia n l’intero definito sopra e Φ : EndV → EndV definito ponendo Φ(φ) = nπ ◦φ◦nπ. Si determinino ledimensioni di nucleo ed immagine di Φ. E vero che si tratta di una proiezione? Che dire del determinantedi id− 2Φ?

NON SCRIVERE NELLO SPAZIO SOTTOSTANTE

1 2 3



BESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 +X2 + 3X − 5 ∈ C[X].(a) Si verifichi che P (1) = 0; si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le




At =

2 0 t+ 2 t− 1 0−1 −t 3t+ 6 1− t 1

2t− 1 t 0 0 −12t− 1 0 −t− 2 1− t 0

rispetto alle basi canoniche.(a) Si determini il rango di φt al variare di t ∈ R.(b) Indicato con wt il vettore 2e1 − (4t + 8)e2 + (4t − 2)e3 + 4te4 ∈ R4, si determini la controimmagine


ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v1 − 4v4 + 2v5, u2 = v2 + 2v3 − 2v4, u3 = v1 − 3v2 − 6v3 + 8v4 − v5, e sia W il


2X2 +X3 +X5 = 0

4X1 − 2X2 − 2X4 = 0

4X1 +X3 −X4 +X5 = 0

.





1 2 3



CESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + iX2 − 3X + 5i ∈ C[X].(a) Si verifichi che P (i) = 0; si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le




At =

−1 t 0 0 2t− 10 0 t− 1 t+ 2 21 −t 1− t 3t+ 6 −10 0 1− t −t− 2 2t− 1

rispetto alle basi canoniche.(a) Si determini il rango di φt al variare di t ∈ R.(b) Indicato con wt il vettore (4t − 2)e1 + 2e2 − (4t + 8)e3 + 4te4 ∈ R4, si determini la controimmagine


ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v2 − 4v3 + 2v4, u2 = 2v1 − 2v3 + v5, u3 = 6v1 − v2 − 8v3 + v4 + 3v5, e sia W il


X1 +X4 + 2X5 = 0

4X2 − 2X3 − 2X5 = 0

X1 + 4X2 −X3 +X4 = 0

.





1 2 3



DESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − iX2 − 3X − 5i ∈ C[X].(a) Si verifichi che P (−i) = 0; si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come vertici le




At =

t− 1 0 0 t+ 2 21− t 0 0 −t− 2 2t− 11− t 1 −t 3t+ 6 −10 −1 t 0 2t− 1

rispetto alle basi canoniche.(a) Si determini il rango di φt al variare di t ∈ R.(b) Indicato con wt il vettore 2e1 + 4te2 − (4t + 8)e3 + (4t − 2)e4 ∈ R4, si determini la controimmagine


ESERCIZIO 3. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U il sottospazio vettorialegenerato dai vettori u1 = 2v3 + 2v4 − 4v5, u2 = v1 + 2v2 − 2v5, u3 = 3v1 + 6v2 + v3 − v4 − 8v5, e sia W il


2X1 +X2 +X3 = 0

2X1 − 4X4 + 2X5 = 0

X2 +X3 + 4X4 −X5 = 0

.





1 2 3

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 8 luglio 2011 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − 2iX2 − 2X ∈ C[X].(a) [4 punti] Si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) [4 punti] Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come

vertici le radici di P (X) e si scrivano tali equazioni in termini delle coordinate z e z.(c) [2 punti] Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del triangolo

D nella circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione D ∩ λ∗(D), oveλ : Cr {0} → Cr {0} e la riflessione nel cerchio unitario.

Svolgimento. (a) P (X) = X(X − 1− i)(X + 1− i) e disegnamo qui sotto il triangolo formato dalle radici.


r1 :iz − iz + 2 = 0,

r2 :(1 + i)z + (1− i)z = 0,

r3 :(1− i)z + (1 + i)z = 0.


i− 1 1 + i

0

r1r3 r2

λ∗(r1) :

∣∣∣∣z −i

2

∣∣∣∣ =1

2, λ∗(r2) = r2, λ∗(r3) = r3.

La parte ombreggiata del semipiano rappresenta l’insieme D ∩ λ∗(D). �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali reali e siano fissate una base, V = {v1, . . . , v4}, di V ed unabase, W = {w1, . . . , w3}, di W .(a) [4 punti] Si determinino, se esistono, le applicazioni lineari φ : V →W che soddisfano alle condizioni

φ(v1 + v3) = 2w1 − w3, φ(v1 − v2) = w2 + w3, φ(v2 − v3) = 2w1 + w2, φ(v1 − v4) = 4w1 + 2w2,

e se ne scriva la matrice nelle basi date. Si determinino inoltre nucleo ed immagine di tali applicazioni.(b) [4 punti] Sia U uno spazio vettoriale reale di dimensione k ed indichiamo con Φ : HomR (U, V ) →

HomR (U,W ), l’applicazione α 7→ φ ◦α, ove φ e una delle applicazioni descritte nel punto precedente (seesiste). E vero che kerΦ ∼= HomR (U, kerφ) e che imΦ ∼= HomR (U, imφ)? (giustificare le risposte). Sicalcoli, in ogni caso, la dimensione dei sottospazi indicati sopra.

Svolgimento. (a) Osserviamo che i quattro vettori, v1 + v3, v1 − v2, v2 − v3, v1 − v4, sono una base di V equindi esiste un’unica applicazione lineare φ soddisfacente alle condizioni date. Inoltre

φ(2v1) = φ(v1 + v3) + φ(v1 − v2) + φ(v2 − v3) = 4w1 + 2w2;

da cui si deduce:

φ(v1) = 2w1 + w2,

φ(v2) = φ(v1)− φ(v1 − v2) = 2w1 − w3,

φ(v3) = φ(v1 + v3)− φ(v1) = −w2 − w3,

φ(v4) = φ(v1)− φ(v1 − v4) = −2w1 − w2.

e quindi A = αV,W(φ) =

2 2 0 −21 0 −1 −10 −1 −1 0

che e una matrice di rango 2 e si ha kerφ = 〈v1 − v2 + v3, v1 + v4〉, imφ = 〈2w1 + w2, 2w1 − w3〉.

22

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 8 luglio 2011 – Compito A 23

(b) Si ha φ◦α = 0 se, e solo se, imα ⊆ kerφ; quindi kerΦ ∼= HomR (U, kerφ), di dimensione 2k. D’altro canto,se ψ = φ ◦ α ∈ imΦ, allora necessariamente imψ ⊆ imφ e quindi ψ ∈ HomR (U, imφ). Se poi ψ : U → Wsoddisfa alla condizione imψ ⊆ imφ (e quindi si identifica con un elemento di HomR (U, imφ)), si consideriuna base U = {u1, . . . , uk} di U . Allora si scelgano dei vettori v1, . . . , vk in V tali che φ(vi) = ψ(ui) peri = 1, . . . , k e cosı e ben definita un’applicazione lineare, α : U → V , tale che α(ui) = vi per i = 1, . . . , k. Siha percio ψ = φ ◦ α e quindi ψ ∈ imΦ ∼= HomR (U, imφ), di dimensione 2k. �

ESERCIZIO 3. Sia V = R[X]≤2 lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali di grado minore ouguale a 2, ed indichiamo con B = {1, X,X2} la base canonica di V e con B∗ = {δ0, δ1, δ2} la base duale diV ∗. Dato un polinomio P (X) ∈ V , si consideri l’applicazione ϕP : V → R, definita ponendo

ϕP (Q(X)) =

∫ 1

0

P (x)Q(x)dx al variare di Q(X) ∈ V.

(a) [4 punti] Si verifichi che ϕP ∈ V ∗, qualunque sia il polinomio P (X) in V . Si verifichi che l’applicazioneϕ : V → V ∗ che manda P (X) su ϕP e un omomorfismo di spazi vettoriali reali.

(b) [4 punti] Si determini la matrice αB,B∗(ϕ) e si dica se ϕ e invertibile.(c) [4 punti] Si dica se esiste un polinomio P (X) ∈ V tale che

Q( 12 ) =

∫ 1

0

P (x)Q(x)dx per ogni Q(X) ∈ V.

In caso affermativo si determini P (X); in caso negativo si dimostri perche non possa esistere.

Svolgimento. (a) Dalle proprieta dell’integrale definito si ricava che ϕP ∈ V ∗ e che l’applicazione ϕ e lineare.Ad esempio, l’identita

ϕP (a1Q1(X) + a2Q2(X)) =

∫ 1

0

P (x) [a1Q1(x) + a2Q2(x)] dx =

= a1

∫ 1

0

P (x)Q1(x)dx+ a2

∫ 1

0

P (x)Q2(x)dx = a1ϕP (Q1(X)) + a2ϕP (Q2(X)),

valida qualunque siano Q1(X), Q2(X) ∈ V ed a1, a2 ∈ R, permette di concludere che ϕP appartiene a V ∗.La verifica del fatto che ϕ e lineare usa un’analoga identita.

(b) In base alle proprieta delle basi duali, per ogni vettore v∗ ∈ V ∗, si ha v∗ = (v∗ ◦ 1)δ0+(v∗ ◦X)δ1+(v∗ ◦X2)δ2. Quindi dalle relazioni

ϕ1(1) =

∫ 1

0

dx = 1, ϕ1(X) = ϕX(1) =

∫ 1

0

xdx = 12 , ϕ1(X

2) = ϕX(X) = ϕX2(1) =

∫ 1

0

x2dx = 13 ,

ϕX(X2) = ϕX2(X) =

∫ 1

0

x3dx = 14 , ϕX2(X2) =

∫ 1

0

x4dx = 15 ,

si ricava cheϕ1 = δ0 +

12δ1 +

13δ2, ϕX = 1

2δ0 +13δ1 +

14δ2, ϕX2 = 1

3δ0 +14δ1 +

15δ2.

Dunque A = αB,B∗(ϕ) =

(1 1/2 1/3

1/2 1/3 1/4

1/3 1/4 1/5

). Con un calcolo diretto si ottiene detαB,B∗(ϕ) = 1

24335 e quindi ϕ e

invertibile.

(c) L’applicazione ε1/2 : Q(X) 7→ Q( 12 ) e un elemento di V ∗ e si ha ε1/2 = δ0 + 12δ1 + 1

4δ2. Poicheϕ e invertibile, esiste (un unico) polinomio P (X) = a0 + a1X + a2X

2 in V tale che ϕP = ε1/2. Per

trovarne i coefficienti, basta quindi risolvere il sistema lineare A

(a0a1a2

)=

(1

1/2

1/4

), da cui si ricava Q(X) =

− 32 + 15X − 15X2. �



BESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + 2iX2 − 2X ∈ C[X].(a) [4 punti] Si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) [4 punti] Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come




φ(v2 + v4) = 2w2 −w3, φ(v1 − v4) = −w1 −w3, φ(v1 − v2) = w1 +2w2, φ(v3 − v4) = −2w1 − 4w2,




ϕP (Q(X)) =

∫ 0

−1




Q(− 12 ) =

∫ 0

−1




1 2 3



CESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − 2X2 + 2X ∈ C[X].(a) [4 punti] Si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) [4 punti] Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come




φ(v3+v4) = −w1+2w3, φ(v1−v3) = −w1−w2, φ(v1−v4) = w2+2w3, φ(v2−v3) = −2w2−4w3,




ϕP (Q(X)) =

∫ 1

0




Q( 12 ) =

∫ 1

0




1 2 3



DESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 + 2X2 + 2X ∈ C[X].(a) [4 punti] Si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) [4 punti] Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come




φ(v1 + v2) = 2w1 − w2, φ(v2 − v4) = w2 + w3, φ(v1 − v4) = −2w1 − w3, φ(v2 − v3) = 4w1 + 2w3,




ϕP (Q(X)) =

∫ 0

−1




Q(− 12 ) =

∫ 0

−1




1 2 3

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 25 agosto 2011 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = (X − 1− i)[X2 − (3 + 3i)X + 5i] ∈ C[X].(a) [3 punti] Si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) [3 punti] Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come


D nella circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(D), ove λ :Cr {0} → Cr {0} e la riflessione nel cerchio unitario.

Svolgimento. (a) P (X) = (X− 1− i)(X− 2− i)(X− 1− 2i) e disegnamo qui sotto il triangolo formato dalleradici.


r1 :iz − iz + 2 = 0,

r2 :z + z − 2 = 0,

r3 :(1− i)z + (1 + i)z − 6 = 0.

(c) Le immagini delle tre rette tramite la riflessione nel cerchio unitariosono le tre circonferenze:

1 + i

1 + 2i

2 + ir1

r2

r3

λ∗(r1) :

∣∣∣∣z −i

2

∣∣∣∣ =1

2, λ∗(r2) =

∣∣∣∣z −1

2

∣∣∣∣ =1

2, λ∗(r3) =

∣∣∣∣z −1 + i

6

∣∣∣∣ =1

3√2.

Osservando che

D :

iz − iz + 2 ≤ 0

z + z − 2 ≥ 0

(1− i)z + (1 + i)z − 6 ≤ 0

e quindi λ∗(D) :

zz + i2z − i

2 z ≤ 0

zz − 12z − 1

2 z ≤ 0

zz − 1−i6 z − 1+i

6 z ≥ 0

,

si conclude che la regione ombreggiata all’interno del cerchio unitario rappresenta λ∗(D). �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali reali e siano fissate una base, V = {v1, . . . , v4}, di V ed unabase, W = {w1, . . . , w3}, di W .(a) [4 punti] Si determinino le applicazioni lineari φ : V →W che soddisfano alle condizioni

φ(v2 + v4) = 2φ(v1 + v2) = 2w1 + 2w2 + 2w3, φ(v2 − v4) = 2φ(v2 − v3) = 2w1 − 4w3,

e se ne scriva la matrice nelle basi date. Si determinino inoltre nucleo ed immagine di tali applicazioni.(b) [4 punti] Sia U uno spazio vettoriale reale di dimensione k ed indichiamo con Φ : HomR (W,U) →

HomR (V,U), l’applicazione α 7→ α ◦ φ, ove φ e una delle applicazioni descritte nel punto precedente. Sicalcolino, in ogni caso, le dimensioni dei sottospazi kerΦ ed imΦ (giustificare le risposte).

(c) [4 punti] Sia U = {u1, . . . , uk} una base di U e indichiamo con r il rango di φ. Si fissi una baseV ′ = {v′1, . . . , v′4} di V completando una base v′r+1, . . . , v

′4 di kerφ e Si fissi una base W ′ = {w′

1, . . . , w′3}

diW completando la base w′1 = φ(v′1), . . . , w

′r = φ(v′r) di imφ. Si scrivano le matrici αW′,U (α) al variare

di α ∈ kerΦ e le matrici αV′,U (β) al variare di β ∈ imΦ.

Svolgimento. (a) Osserviamo che i quattro vettori, v1 + v2, v2 − v3, v2 − v4, v2 + v4, sono una base di V equindi esiste un’unica applicazione lineare φ soddisfacente alle condizioni date. Inoltre

φ(v1) = −w1 + 2w3, φ(v2) = 2w1 + w2 − w3,

φ(v3) = w1 + w2 + w3, φ(v4) = w2 + 3w3.e quindi A = αV,W(φ) =

−1 2 1 00 1 1 12 −1 1 3

27


che e una matrice di rango 2 e si ha kerφ = 〈2v1 + v2 − v4, v2 − 2v3 + v4〉, imφ = 〈w1 + w2 + w3, w1 − 2w3〉.(b) Fissiamo dei sottospazi complementari e scriviamo W =W0 ⊕ imφ e V = V0 ⊕ kerφ. Un omomorfismoα : W → U appartiene al nucleo di Φ se, e solo se, la sua restrizione ad imφ e identicamente nulla (imφ ⊆kerα). Quindi possiamo identificare kerΦ con HomR (W0, U), che ha dimensione k, dato che dimRW0 = 1.Un omomorfismo β : V → U appartiene all’immagine di Φ se, e solo se, la sua restrizione a kerφ e identica-mente nulla (imφ ⊆ kerα). Quindi possiamo identificare imΦ con HomR (V0, U), che ha dimensione 2k, datoche dimR V0 = 2(†).

(c) Per quanto visto nel punto precedente, gli elementi di imΦ sono applicazioni lineari che mandano a zerogli ultimi due vettori della base V ′, e quindi le matrici αV′,U (β) al variare di β ∈ imΦ, sono tutte e sole lematrici diMk×4(R) con le ultime due colonne identicamente nulle. Analogamente, gli elementi di kerΦ, sonoapplicazioni lineari che mandano a zero i primi due vettori della base W ′, e quindi le matrici αW′,U (α) alvariare di α ∈ kerΦ, sono tutte e sole le matrici di Mk×3(R) con le prime due colonne identicamente nulle.

�


ϕP (Q(X)) = P (1)Q(1) + P (−1)Q(−1) al variare di Q(X) ∈ V.


(b) [4 punti] Si determini la matrice αB,B∗(ϕ) e se ne calcolino nucleo ed immagine. Si dica se esiste unpolinomio P (X) ∈ V tale che

∂0(Q(X)) = Q′(0) = φP (Q(x)) per ogni Q(X) ∈ V,

ove Q′(0) e la derivata del polinomio Q(X), calcolata in X = 0. In caso affermativo si determinino tuttii possibili P (X); in caso negativo si dimostri perche non possa esistere.

Svolgimento. (a) Entrambe le proprieta si verificano con un calcolo diretto. Ad esempio, l’identita

ϕP (a1Q1(X) + a2Q2(X)) = P (1) [a1Q1(1) + a2Q2(1)] + P (−1) [a1Q1(−1) + a2Q2(−1)] =

= a1 [P (1)Q1(1)P (−1)Q1(−1)] + a2 [P (1)Q2(1)P (−1)Q2(−1)] =

= a1ϕP (Q1(X)) + a2ϕP (Q2(X)),

valida qualunque siano Q1(X), Q2(X) ∈ V ed a1, a2 ∈ R, permette di concludere che ϕP appartiene a V ∗.La verifica del fatto che ϕ e lineare usa un’analoga identita.

(b) Dalle relazioni

ϕ1(1) = 2, ϕ1(X) = ϕX(1) = 0, ϕ1(X2) = ϕX(X) = ϕX2(1) = 2,

ϕX(X2) = ϕX2(X) = 0, ϕX2(X2) = 2,

si ricava cheϕ1 = 2δ0 + 2δ2, ϕX = 2δ1, ϕX2 = 2δ0 + 2δ2.

Dunque A = αB,B∗(ϕ) =

(2 0 2

0 2 0

2 0 2

), e una matrice degenere e imϕ = 〈δ0 + δ2, δ1〉, kerϕ =

⟨1−X2

⟩.

L’applicazione ∂0(Q(X)) = Q′(0) e un elemento di V ∗ e si ha ∂0 = δ1 ∈ imϕ. Quindi, il polinomioP (X) = 1

2X in V soddisfa alla condizione ϕP = ∂0 cosı come la soddisfano tutti i polinomi che si ottengonosommando a P (X) un elemento di kerϕ, ovvero i polinomi a+ 1

2X + aX2 al variare di a ∈ R. �

(†) Si puo osservare che W0∼= W/imφ = cokerφ e V0 ∼= V/kerφ = coimφ. Quindi, si puo anche scrivere imΦ ∼=

HomR (coimφ,U) e kerΦ ∼= HomR (cokerφ,U)

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 25 agosto 2011


BESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = (X + 1− i)[X2 + (3− 3i)X − 5i] ∈ C[X].(a) [3 punti] Si determinino le radici del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) [3 punti] Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo, D, avente come


D nella circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(D), ove λ :Cr {0} → Cr {0} e la riflessione nel cerchio unitario.

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali reali e siano fissate una base, V = {v1, . . . , v4}, di V ed unabase, W = {w1, . . . , w3}, di W .(a) [4 punti] Si determinino le applicazioni lineari φ : V →W che soddisfano alle condizioni

φ(v1 + v3) = 2φ(v3 + v4) = 2w1 + 2w2 + 2w3, φ(v1 − v3) = 2φ(v2 − v3) = −2w1 + 4w2,

e se ne scriva la matrice nelle basi date. Si determinino inoltre nucleo ed immagine di tali applicazioni.(b) [4 punti] Sia U uno spazio vettoriale reale di dimensione k ed indichiamo con Φ : HomR (W,U) →

HomR (V,U), l’applicazione α 7→ α ◦ φ, ove φ e una delle applicazioni descritte nel punto precedente. Sicalcolino, in ogni caso, le dimensioni dei sottospazi kerΦ ed imΦ (giustificare le risposte).

(c) [4 punti] Sia U = {u1, . . . , uk} una base di U e indichiamo con r il rango di φ. Si fissi una baseV ′ = {v′1, . . . , v′4} di V completando una base v′r+1, . . . , v

′4 di kerφ e Si fissi una base W ′ = {w′

1, . . . , w′3}

diW completando la base w′1 = φ(v′1), . . . , w

′r = φ(v′r) di imφ. Si scrivano le matrici αW′,U (α) al variare

di α ∈ kerΦ e le matrici αV′,U (β) al variare di β ∈ imΦ.


ϕP (Q(X)) = P (2)Q(2) + P (−2)Q(−2) al variare di Q(X) ∈ V.


(b) [4 punti] Si determini la matrice αB,B∗(ϕ) e se ne calcolino nucleo ed immagine. Si dica se esiste unpolinomio P (X) ∈ V tale che

∂0(Q(X)) = Q′(0) = φP (Q(x)) per ogni Q(X) ∈ V,

ove Q′(0) e la derivata del polinomio Q(X), calcolata in X = 0. In caso affermativo si determinino tuttii possibili P (X); in caso negativo si dimostri perche non possa esistere.


1 2 3

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2011 – Compito A

ESERCIZIO 1. Sia φ : C4 → C4 l’endomorfismo di matrice A =

( 0 1 −2 0

0 0 0 −2

2 0 0 1

0 2 0 0

)rispetto alla base canonica.

(a) [4 punti] Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo autovalori e spazi di autovettori perφ.

(b) [4 punti] Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X2 + 4)2 e quindi gli autovalori sono 2i e −2i,entrambi con molteplicita (algebrica) 2. Gli autovettori relativi all’autovalore 2i generano il sottospazio〈e1 − ie3〉 e gli autovettori relativi all’autovalore −2i generano il sottospazio 〈e1 + ie3〉. Dunque, ci sonoautovettori generalizzati di periodo maggiore di 1 per entrambo gli autovalori ed il polinomio minimo coincidecon il polinomio caratteristico.

(b) Si ha

A− 2i1 =

−2i 1 −2 00 −2i 0 −22 0 −2i 10 2 0 −2i

e (A− 2i1)2 =

−8 −4i 8i −40 −8 0 8i

−8i 4 −8 −4i0 −8i 0 −8

.

Il vettore v4 = e2 − ie4 e un autovettore generalizzato di periodo 2 per l’autovalore 2i e si pone v3 =(φ − 2i)(v4) = e1 − ie3. Analogamente, v2 = e2 + ie4 e un autovettore generalizzato di periodo 2 perl’autovalore −2i e si pone v1 = (φ+ 2i)(v2) = e1 + ie3. La base V = {v1, . . . , v4} e costituita da autovettorigeneralizzati per φ e le matrici cercate sono

J = αV,V(φ) =

−2i 1 0 00 −2i 0 00 0 2i 10 0 0 2i

e P = αV,E(id) =

1 0 1 00 1 0 1i 0 −i 00 i 0 −i

.

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4, sia r la retta per il punto P0 = O+ e3− 2e4 e parallela al vettorev = e1 − e2 + e3, e sia s la retta per il punto Q0 = O + 2e1 + e3 e parallela al vettore w = e2 + 2e4; oveR = (O, {e1, . . . , e4}) e il riferimento canonico.(a) [3 punti] Si determinino equazioni cartesiane, distanza ed angolo tra le due rette.(b) [3 punti] Si determinino i punti P1 ∈ r e Q1 ∈ s di distanza minima.(c) [4 punti] Si determini il volume (tridimensionale) del tetraedro di vertici P0, P1, Q0, Q1.

Svolgimento. (a) Le equazioni cartesiane sono

r :

x1 + x2 = 0

x2 + x3 = 1

x4 = −2

e s :

x1 = 2

2x2 − x4 = 0

x3 = 1

.

L’angolo ϑ ∈ [0, π2 ] tra le due rette e determinato dalla condizione cosϑ = |v·w|‖v‖ ‖w‖ = 1√

15. La distanza,

d, tra le due rette possiamo determinarla come un rapporto tra volumi (di parallelepipedi), ovvero d =

vol3(Q0−P0,v,w)

vol2(v,w). Indicata con T =

( 2 1 0

0 −1 1

0 1 0

2 0 2

)la matrice che ha come colonne le coordinate dei vettori

Q0 − P0, v, w e con Y la matrice che ha come colonne le coordinate di v e w, si ha

vol3 (Q0 − P0, v, w) =√det tTT = 2

√7 e vol2 (v, w) =

√det tY Y =

√14.

1


Dunque, la distanza tra le rette e d =√2.

(b) Un generico punto della retta r e del tipo P = O + te1 − te2 + (1 + t)e3 − 2e4 al variare di t ∈ R, ed ungenerico punto della retta s e del tipo Q = O+2e1 + se2 + e3 +2se4 al variare di s ∈ R. I punti P1 e Q1, di

minima distanza, sono individuati dalla condizione Q1−P1 ∈ 〈v, w〉⊥, ovvero dal sistema

{3t+ s = 2

t+ 5s = −4, da

cui si ricava P1 = O+e1−e2+2e3−2e4 e Q1 = O+2e1−e2+e3−2e4 (che conferma d = ‖Q1−P1‖ =√2).

(c) Analogamente a quanto visto nel punto (a), il volume del tetraedro e 16vol

3 (Q0 − P0, P1 − P0, Q1 − P0) =√73 . �

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino il

piano π : x− 2y + z = 2 e la retta r :

{x− y = 1

y − z = 1.

(a) [3 punti] Si determini la posizione reciproca di r e π e se ne calcoli la reciproca distanza.(b) [6 punti] Si scrivano le matrici nel riferimento canonico della riflessione, σ, rispetto al piano π, della

rotazione, ρ, di angolo π3 attorno alla retta r e delle applicazioni f = σ ◦ ρ e g = ρ ◦ σ.

(c) [3 punti] Si classifichi la trasformazione f e se ne determinino le caratteristiche e gli eventuali punti,rette e piani uniti.

Svolgimento. (a) La retta r passa per P = O + e1 − e3 ed e parallela al vettore v = e1 + e2 + e3; il pianoπ passa per il punto Q = O + 2e2 ed e ortogonale al vettore n = e1 − 2e2 + e3. Si ha v · n = 0, ma P /∈ π;quindi il piano e la retta sono paralleli e la distanza di r da π coincide con la distanza di P da π, ovvero

d = |n·(Q−P )|‖n‖ =

√23 .

(b) Le matrici cercate sono

S = αR,R(σ) =

( 1 0 0 0

2/3 2/3 2/3 −1/3

−4/3 2/3 −1/3 2/3

2/3 −1/3 2/3 2/3

), R = αR,R(ρ) =

( 1 0 0 0

1 2/3 −1/3 2/3

−1 2/3 2/3 −1/3

0 −1/3 2/3 2/3

),

ed

F = αR,R(f) = SR =

( 1 0 0 0

2/3 1 0 0

−1/3 0 0 1

−1/3 0 1 0

), G = αR,R(g) = RS =

( 1 0 0 0

7/3 0 1 0

−5/3 1 0 0

−2/3 0 0 1

).

(c) f e la glissoriflessione che si ottiene componendo la riflessione rispetto al piano τ : y − z = 0 con latraslazione di vettore t0 = 1

3 (2e1 − e2 − e3). Non ci sono punti uniti, ma sono unite tutte le rette del pianodi riflessione parallele al vettore t0; cosı come e unito il piano di riflessione ed i piani perpendicolari ad essoe paralleli a t0 (cioe il fascio di piani perpendicolari alla retta r). �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2011 – Compito B


( 0 0 −3 0

1 0 0 −3

3 0 0 0

0 3 1 0


(a) [4 punti] Si determnino polinomio caratteristico, polinomio minimo autovalori e spazi di autovettori perφ.


ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4, sia r la retta per il punto P0 = O+ e1− 2e2 e parallela al vettorev = e1 − e3 + e4, e sia s la retta per il punto Q0 = O + e1 + 2e4 e parallela al vettore w = 2e2 + e3; oveR = (O, {e1, . . . , e4}) e il riferimento canonico.(a) [3 punti] Si determinino equazioni cartesiane, distanza ed angolo tra le due rette.(b) [3 punti] Si determinino i punti P1 ∈ r e Q1 ∈ s di distanza minima.(c) [4 punti] Si determini il volume (tridimensionale) del tetraedro di vertici P0, P1, Q0, Q1.

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, si considerino il piano π : x+y−2z = 2

e la retta r :

{x− z = 1

y − z = −1.




Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2011 – Compito C


( 0 0 2 0

1 0 0 2

−2 0 0 0

0 −2 1 0




ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4, sia r la retta per il punto P0 = O− 2e1+ e2 e parallela al vettorev = e2 + e3 − e4, e sia s la retta per il punto Q0 = O + e2 + 2e3 e parallela al vettore w = 2e1 + e4; oveR = (O, {e1, . . . , e4}) e il riferimento canonico.(a) [3 punti] Si determinino equazioni cartesiane, distanza ed angolo tra le due rette.(b) [3 punti] Si determinino i punti P1 ∈ r e Q1 ∈ s di distanza minima.(c) [4 punti] Si determini il volume (tridimensionale) del tetraedro di vertici P0, P1, Q0, Q1.

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, si considerino il piano π : 2x−y−z = −2

e la retta r :

{x− y = −1

x− z = 1.




Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 29 marzo 2011 – Compito D


( 0 1 3 0

0 0 0 3

−3 0 0 1

0 −3 0 0




ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4, sia r la retta per il punto P0 = O+ e1− 2e3 e parallela al vettorev = e1 + e2 − e4, e sia s la retta per il punto Q0 = O + e1 + 2e2 e parallela al vettore w = 2e3 + e4; oveR = (O, {e1, . . . , e4}) e il riferimento canonico.(a) [3 punti] Si determinino equazioni cartesiane, distanza ed angolo tra le due rette.(b) [3 punti] Si determinino i punti P1 ∈ r e Q1 ∈ s di distanza minima.(c) [4 punti] Si determini il volume (tridimensionale) del tetraedro di vertici P0, P1, Q0, Q1.

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, si considerino il piano π : x+y−2z = 2

e la retta r :

{x− z = −1

y − z = 1.




Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 4 aprile 2011


AESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A =

2 −4 0 0 6

1 −2 0 0 3

0 0 −4 −2 1

0 0 8 4 −2

−1 2 0 0 0

rispetto alla base

canonica.(a) [4 punti] Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo autovalori e spazi di autovettori per

φ.(b) [3 punti] Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) [3 punti] Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 10 su R e ψ : V → V un endomorfismo di rango 6 e

con polinomio minimo λψ(X) = X5. Si determinino le possibili forme di Jordan per le matrici di ψ, ψ2

e ψ3.

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4 col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e4}), si considerino ipunti

P1 =

( 0

0

1

−1

), P2 =

( 2

1

0

−1

), P3 =

( 0

−1

2

0

), Q1 =

( 1

−1

0

0

), Q2 =

( 2

1

−2

0

), Q3 =

( 1

1

−2

−2

),

e le sottovarieta lineari π = P1 ∨ P2 ∨ P3 e τ = Q1 ∨Q2 ∨Q3.(a) [4 punti] Si determinino, dimensioni, equazioni cartesiane, posizione reciproca e distanza tra π e τ .(b) [4 punti] Si determini la sottovarieta lineare di E4 generata dai punti P ∈ π e Q ∈ τ di minima distanza

tra i due piani, determinandone una rappresentazione parametrica e delle equazioni cartesiane.

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino ilpiano π : x− z = 2 e la retta r, passante per P = O + 2e1 − e3 e parallela all’asse y.(a) [4 punti] Si scrivano le matrici nel riferimento canonico della riflessione, σ, rispetto al piano π, della

rotazione, ρ, di angolo π6 attorno alla retta r e delle applicazioni f = σ ◦ ρ ed f2 = f ◦ f .

(b) [4 punti] Si classifichino le trasformazioni f ed f2 e se ne determinino le caratteristiche e gli eventualipunti, rette e piani uniti.

(c) [4 punti] Sia A =

(1 0 0

a cosα − sinα

b sinα cosα

)la matrice di una rotazione del piano euclideo. Si scrivano, al variare

di α, le coordinate del centro di rotazione in funzione delle coordinate del vettore t(a, b) e dell’angolo αe si discuta cosa accade del centro di rotazione al tendere di α verso 0.


1 2 3



BESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A =

2 1 0 0 −1

−4 −2 0 0 2

0 0 −4 8 0

0 0 −2 4 0

6 3 1 −2 0

rispetto alla base




e ψ3.


P1 =

( 0

0

−1

1

), P2 =

( 1

2

−1

0

), P3 =

(−1

0

0

2

), Q1 =

(−1

1

0

0

), Q2 =

( 1

2

0

−2

), Q3 =

( 1

1

−2

−2

),



ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino ilpiano π : x− y = −2 e la retta r, passante per P = O − e1 + 2e2 e parallela all’asse z.(a) [4 punti] Si scrivano le matrici nel riferimento canonico della riflessione, σ, rispetto al piano π, della




(1 0 0

a cosα − sinα

b sinα cosα


di α, le coordinate del centro di rotazione in funzione delle coordinate del vettore t(a, b) e dell’angolo αe si discuta cosa accade del centro di rotazione al tendere di α verso 0.


1 2 3



CESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A =

0 0 0 2 −1

−2 4 8 0 0

1 −2 −4 0 0

3 0 0 −2 1

6 0 0 −4 2

rispetto alla base




e ψ3.


P1 =

( 1

−1

0

0

), P2 =

( 0

−1

2

1

), P3 =

( 2

0

0

−1

), Q1 =

( 0

0

1

−1

), Q2 =

(−2

0

2

1

), Q3 =

(−2

−2

1

1

),



ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino ilpiano π : x− y = 2 e la retta r, passante per P = O + 2e1 − e2 e parallela all’asse z.(a) [4 punti] Si scrivano le matrici nel riferimento canonico della riflessione, σ, rispetto al piano π, della




(1 0 0

a cosα − sinα

b sinα cosα


di α, le coordinate del centro di rotazione in funzione delle coordinate del vettore t(a, b) e dell’angolo αe si discuta cosa accade del centro di rotazione al tendere di α verso 2π.


1 2 3



DESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A =

0 −2 1 3 6

0 4 −2 0 0

0 8 −4 0 0

2 0 0 −2 −4

−1 0 0 1 2

rispetto alla base




e ψ3.


P1 =

(−1

1

0

0

), P2 =

(−1

0

1

2

), P3 =

( 0

2

−1

0

), Q1 =

( 0

0

−1

1

), Q2 =

( 0

−2

1

2

), Q3 =

(−2

−2

1

1

),



ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino ilpiano π : x− z = −2 e la retta r, passante per P = O − e1 + 2e3 e parallela all’asse y.(a) [4 punti] Si scrivano le matrici nel riferimento canonico della riflessione, σ, rispetto al piano π, della




(1 0 0

a cosα − sinα

b sinα cosα


di α, le coordinate del centro di rotazione in funzione delle coordinate del vettore t(a, b) e dell’angolo αe si discuta cosa accade del centro di rotazione al tendere di α verso 2π.


1 2 3

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 8 luglio 2011 – Compito A

ESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A =

5 0 0 0 3

−1 3 3 −1 0

1 0 2 0 1

−1 1 3 1 0

−3 0 0 0 −1

rispetto alla base


φ.(b) [4 punti] Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) [4 punti] Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita su C e ψ : V → V un endomorfismo invertibile,

con autovalori, a1, . . . , ar, a due a due distinti. Se pψ(X) =∏ri=1(X−ai)mi e λψ(X) =

∏ri=1(X−ai)ci ,

cosa possiamo dire del polinomio caratteristico e del polinomio minimo delle potenze di ψ?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)5 e quindi vi e il solo autovalore 2, conmolteplicita (algebrica) 5. I relativi autovettori generano il sottospazio ker(φ−2) = 〈e1 + e2 − e5, e2 + e4, e3 + 3e4〉,di dimensione 3. Si ha (A− 2)2 = 0; dunque il polinomio minimo e λφ(X) = (X − 2)2.

(b) La matrice di Jordan di φ ha due blocchi di ordine 2 ed uno di ordine 1. Il vettore v5 = e4 e unautovettore generalizzato di periodo 2 e si pone v4 = (φ − 2)(v5) = −e2 − e4. Analogamente v3 = e5 ev2 = (φ− 2)(v3) = 3e1 + e3 − 3e5. Infine v1 = e3 + 3e4. Si ottiene cosı una base V = {v1, . . . , v5} rispetto acui φ ha matrice di Jordan. Le matrici cercate sono, ad esempio,

J = αV,V(φ) =

2 0 0 0 0

0 2 1 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 2 1

0 0 0 0 2

e P = αV,E(id) =

0 3 0 0 0

0 0 0 −1 0

1 1 0 0 0

3 0 0 −1 1

0 −3 1 0 0

(c) Considerando una forma triangolare superiore (ad esempio la forma di Jordan) per la matrice di ψ sivede che gli autovalori di ψk (k ≥ 1) sono esattamente ak1 , . . . , a

kr , con le stesse molteplicita, m1, . . . ,mr.

Quindi pψk(X) =∏ri=1(X − aki )

mi .Per quanto riguarda il polinomio minimo, possiamo ridurci a considerare la restrizione di ψ a ciascuno

dei sottospazi di autovettori generalizzati, ker(ψ−ai)mi . Ovvero, possiamo supporre ψ = aid+ ν con a 6= 0,e νc = 0 6= νc−1; inoltre, possiamo considerare la filtrazione W0 ⊂ W1 ⊂ · · · ⊂ Wc, dove W0 = 〈0〉 eWi = ker(νi), per i = 1, . . . , c. Tramite la formula del binomio di Newton, ricordando che νj = 0 per j ≥ c e

che(kj

)= 0 quando j > k, si ha che ψk = akid + µ, ove µ = (aid + ν)k − akid =

c−1∑

j=1

(k

j

)ak−jνj , e vogliamo

dimostrare che µ e nilpotente, di periodo c. Essendo una combinazione lineare di potenze di ν (di gradopositivo), e chiaro che µ e nilpotente e non puo avere periodo maggiore del periodo, c, di ν. D’altro canto,dalla scrittura sopra si vede che, se v ∈ Wi, allora ν(v) ∈ Wi−1 e µ(v) ∈ kak−1ν(v) +Wi−2. Se ne deduceche, se v ha periodo esattamente c, µc−1(v) = (kak−1)c−1νc−1(v) 6= 0 e quindi µ e ν hanno lo stesso periodo.Si conclude che λψk(X) =

∏ri=1(X − aki )

ci .Si puo dire qualcosa sulla matrice di Jordan di ψk? Cosa succede togliendo l’ipotesi che ψ sia invertibile?

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio vettoriale Rn con l’usuale prodotto scalare, sia dato un endomorfismo sim-metrico φ.(a) [4 punti] Indicati con λ0 e λ1, rispettivamente, il minimo ed il massimo valore assoluto degli autovalori

di φ, si dimostri che, per ogni v 6= 0 in Rn si ha λ0 ≤ ‖φ(v)‖‖v‖ ≤ λ1.

(b) [4 punti] E vero che, se esistono un vettore v 6= 0 ed uno scalare λ, tali che‖φ(v)− λv‖

‖v‖ < ε, allora

esiste un autovalore a di φ tale che |a− λ| < ε?

10

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 8 luglio 2011 – Compito A 11

(c) [2 punti] Si risponda alle domande precedenti, supponendo che φ sia un endomorfismo normale dellospazio Cn dotato dell’usuale prodotto scalare hermitiano.

Svolgimento. (a) Sia V = {v1, . . . , vn} una base ortonormale di autovettori per φ e siano a1, . . . , an i rispettiviautovalori, con λ0 = |a1| ≤ |a1| ≤ · · · ≤ |an| = λ1. Dato un vettore v = x1v1 + · · · + xnvn 6= 0, si ha‖v‖2 = |x1|2 + · · ·+ |xn|2 e

‖φ(v)‖2 = (x1a1v1 + · · ·+ anxnvn) · (x1a1v1 + · · ·+ anxnvn) = |x1a1|2 + · · ·+ |xnan|2.

Se ne deduce che λ0‖v‖ ≤ ‖φ(v)‖ ≤ λ1‖v‖ che permette di concludere, essendo ‖v‖ > 0.

(b) Proseguiamo con le notazioni del punto precedente ed osserviamo che, posto δ = min{|ai − λ| : i =1, . . . , n}, si ha

ε2‖v‖2 ≥ ‖φ(v)− λv‖2 = |x1(a1 − λ)|2 + · · ·+ |xn(an − λ)|2 ≥ δ2‖v‖2

e quindi ε ≥ δ.

(c) Anche per un endomorfismo normale esiste una base ortonormale di autovettori e possiamo ripeterepasso dopo passo i ragionamenti fatti sopra. �

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si consideri ilpiano π1 : x+ z − 2 = 0.(a) [4 punti] Si determinino le equazioni cartesiane dei piani, π2 e π3, che si ottengono ruotando il piano π1

attorno all’asse O+ 〈e2〉 di angoli 2π3 e 4π

3 , rispettivamente. Si determini un punto e lo spazio direttoredella retta r = π2 ∩ π3.

(b) [4 punti] Sia ρ la rotazione di asse r ed angolo π4 e sia σ la riflessione rispetto al piano π1. Si scrivano

le matrici R = αR,R(ρ) ed S = αR,R(σ) e si classifichi l’isometria f = ρ ◦ σ determinandone lecaratteristiche e le eventuali sottovarieta lineari che restano fisse.

Svolgimento. (a) Il piano π1 passa per il punto P = O+e1+e3 ed e ortogonale al vettore n = e1+e3. Dettaλ la rotazione attorno all’asse O + 〈e2〉, di angolo 2π

3 , si ha

π2 ={X ∈ E3 |λ(n) · (X − λ(P )) = 0

}e π3 =

{X ∈ E3

∣∣λ2(n) · (X − λ2(P )) = 0}.

La rotazione λ ha matrice αR,R(λ) =

( 1 0 0 0

0 −1/2 0 −√3/2

0 0 1 0

0√3/2 0 −1/2

), ed i piani cercati hanno quindi equazioni cartesiane

π2 : (√3+ 1)x− (

√3− 1)z +4 = 0 e π3 : (

√3− 1)x− (

√3+ 1)z − 4 = 0. Un punto della retta r = π2 ∩ π3 e

P0 = O − 2e1 − 2e3 ed il sottospazio direttore e 〈e2〉.(b) Le matrici sono

R = αR,R(ρ) =

( 1 0 0 0

−2√2/2 0 −

√2/2

0 0 1 0

2(√2−1)

√2/2 0

√2/2

)e S = αR,R(σ) =

( 1 0 0 0

2 0 0 −1

0 0 1 0

2 −1 0 0

).

L’isometria composta ha matrice

F = αR,R(f) = RS =

( 1 0 0 0

−2√2/2 0 −

√2/2

0 0 1 0

4√2−2 −

√2/2 0 −

√2/2

).

f e un’isometria inversa e gli autovettori relativi all’autovalore −1 sono i multipli di n0 = e1+(√2+1)e3. Il

vettore t = −2e1 +(4√2− 2)e3 si decompone nella somma n0 + v0 con v0 = −3e1 − 3(1−

√2)e3 ∈ 〈n0〉⊥. Si

tratta quindi della glissoriflessione che si ottiene componendo la riflessione rispetto al piano ω : O+ 12n0+〈n0〉⊥

con la traslazione di vettore v0. Non vi sono punti uniti, ma restano unite le rette del piano ω, di direzione〈v0〉 ed i piani ortogonali ad ω e paralleli a 〈v0〉. �




−1 0 0 0 −3

0 1 3 1 −1

1 0 2 0 1

0 −1 3 3 −1

3 0 0 0 5

rispetto alla base




∏ri=1(X−ai)ci ,






esiste un autovalore a di φ tale che |a− λ| < ε?(c) [2 punti] Si risponda alle domande precedenti, supponendo che φ sia un endomorfismo normale dello

spazio Cn dotato dell’usuale prodotto scalare hermitiano.

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si consideri ilpiano π1 : y + z − 2 = 0.(a) [4 punti] Si determinino le equazioni cartesiane dei piani, π2 e π3, che si ottengono ruotando il piano π1






1 2 3



CESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A =

5 −1 1 −1 −3

0 3 0 1 0

0 3 2 3 0

0 −1 0 1 0

3 0 1 0 −1

rispetto alla base




∏ri=1(X−ai)ci ,








ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si consideri ilpiano π1 : x+ y − 2 = 0.(a) [4 punti] Si determinino le equazioni cartesiane dei piani, π2 e π3, che si ottengono ruotando il piano π1






1 2 3



DESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A =

−1 0 1 0 3

0 1 0 −1 0

0 3 2 3 0

0 1 0 3 0

−3 −1 1 −1 5

rispetto alla base




∏ri=1(X−ai)ci ,








ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si consideri ilpiano π1 : x+ y − 2 = 0.(a) [4 punti] Si determinino le equazioni cartesiane dei piani, π2 e π3, che si ottengono ruotando il piano π1






1 2 3

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 25 agosto 2011 – Compito A


−2 0 2 0 3

0 −2 0 −2 0

0 0 0 0 3

3 0 −3 −2 0

0 0 0 0 0

rispetto alla base


φ.(b) [4 punti] Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = X2(X + 2)3 e quindi vi sono gli autovalori 0 e −2,con molteplicita (algebrica) 2 e 3, rispettivamente. I relativi autovettori generano i sottospazi ker(φ+ 2) =〈e2〉, e kerφ = 〈e1 + e3〉, entrambo di dimensione 1; dunque il polinomio minimo coincide con il polinomiocaratteristico.

(b) La matrice di Jordan di φ ha un blocco di ordine massimo per ciascuno degli autovalori. Si ha

A+ 2 =

0 0 2 0 3

0 0 0 −2 0

0 0 2 0 3

3 0 −3 0 0

0 0 0 0 2

, (A+ 2)2 =

0 0 4 0 12

−6 0 6 0 0

0 0 4 0 12

0 0 0 0 0

0 0 0 0 4

, (A+ 2)3 =

0 0 8 0 48

0 0 0 0 0

0 0 8 0 48

0 0 0 0 0

0 0 0 0 8

.

Il vettore v3 = e1 e un autovettore generalizzato di periodo 3 per l’autovalore −2 e si pone v2 = (φ+2)(v3) =3e4 e v1 = (φ + 2)2(v3) = −6e2. Ricordando che im(φ + 2)3 = ker(φ2), si vede che il vettore v5 = e5 e unautovettore generalizzato di periodo 2 per l’autovalore 0 e si pone v4 = φ(v5) = 3e1 + 3e3. Si ottiene cosıuna base V = {v1, . . . , v5} rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Le matrici cercate sono, ad esempio,

J = αV,V(φ) =

−2 1 0 0 0

0 −2 1 0 0

0 0 −2 0 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

e P = αV,E(id) =

0 0 1 3 0

−6 0 0 0 0

0 0 0 3 0

0 3 0 0 0

0 0 0 0 1

.

�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale complesso di dimensione finita.(a) [4 punti] Sia φ : V → V un endomorfismo diagonalizzabile e sia W ⊂ V un sottospazio non banale,

tale che φ(W ) ⊆ W . E vero che la restrizione di φ a W e un endomorfismo diagonalizzabile? (in casoaffermativo, dimostrarlo; in caso negativo, dare un controesempio).

(b) [4 punti] Sia ψ : V → V un endomorfismo e sia W ⊂ V un sottospazio non banale, tale che ψ(W ) ⊆W .E vero che esiste un sottospazio T di V tale che V = T ⊕ W e ψ(T ) ⊆ T? (in caso affermativo,dimostrarlo; in caso negativo, dare un controesempio).

(c) [2 punti] Si discuta la domanda nel punto (b) ponendo l’ulteriore ipotesi che ψ sia un endomorfismodiagonalizzabile.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ|W divide il polinomio caratteristico di φ e lo stesso si puodire per i rispettivi polinomi minimi (spiegare bene questo fatto!). Poiche φ e diagonalizzabile il suo polinomiominimo e prodotto di fattori lineari distinti e quindi lo stesso deve accadere per il polinomio minimo dellarestrizione. Questo e sufficiente per concludere.

(b) L’affermazione e falsa se la dimensione dello spazio e maggiore di 1. Sia, ad esempio, V uno spazio

di dimensione 2 e ψ l’endomorfismo di matrice(a 1

0 a

)rispetto ad una opportuna base V = {v1, v2} di V .

Il sottospazio W = 〈v1〉 e mandato in se da ψ, ma non puo esistere un complementare T di W tale cheψ(T ) ⊂ T , perche, se cosı fosse, allora ψ sarebbe diagonalizzabile (spiegare bene questo fatto!).

15


(c) Nell’ipotesi che ψ sia diagonalizzabile, il controesempio precedente cade e l’affermazione diventa vera ed econseguenza del fatto che, quando ψ e diagonalizzabile, ogni insieme di autovettori linearmente indipendentipuo essere completato ad una base di autovettori (spiegare bene questo fatto!). �

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino ilpiano π e la retta r di equazioni:

π : x+ z = 0, r :

{2x− y + z = −1

y − 2x = 1.

(a) [4 punti] Si determinino r∩π e l’angolo, ϑ, formato dalla retta r con la retta perpendicolare al piano π.Si scriva la matrice nel riferimento canonico della riflessione (simmetria ortogonale) rispetto al piano π.

(b) [4 punti] Si scriva la matrice nel riferimento canonico della rotazione, ρ, di asse r ed angolo ϑ. Sideterminino le equazioni cartesiane di tutte le sottovarieta lineari invarianti rispetto a ρ.

(c) [4 punti] Siano τ ed s, rispettivamente, un piano ed una retta dello spazio euclideo, non paralleli traloro. Si indichi con σ la riflessione rispetto al piano τ e con ρϑ la rotazione di asse s ed angolo ϑ /∈ 2πZ.Si diano condizioni necessarie e sufficienti affinche σ ◦ ρϑ = ρϑ ◦ σ.

Svolgimento. (a) L’intersezione tra r e π e costituita unicamente dal punto P0 = O + e2. Un vettoreortogonale al piano π e n = e1 + e3 ed un vettore parallelo alla retta r e v = e1 + 2e2. Quindi il cosenodell’angolo tra le due rette e uguale a

cosϑ =|n · v|‖n‖ ‖v‖ =

1√10.

La matrice cercata e

( 1 0 0 0

0 0 0 −1

0 0 1 0

0 −1 0 0

).

(b) Sia dato un generico punto X = O + xe1 + ye2 + ze3 dello spazio e sia v0 = v‖v‖ un versore della retta

r. Posto x = X − P0, si ha (cf. Esercizio 1.23 del testo)

ρ(X) = P0 + cosϑ(v0 × x)× v0 + sinϑv0 × x+ (v0 · x)v0.

Con un calcolo esplicito, si ottiene da cio la matrice 15√10

( 1 0 0 0

2−2√10 4+

√10 −2+2

√10 6

√5√

10−1 −2+2√10 1+4

√10 −3

√5

−3√5 −6

√5 3

√5 5

).

Oltre all’asse di rotazione, sono invarianti tutti i piani ad esso ortogonali, ovvero i piani di equazione x+2y =λ, al variare di λ in R.(c) Possiamo fissare un riferimento che abbia come origine il punto di intersezione, {P} = τ ∩ s, e per ilquale il piano τ abbia equazione x3 = 0 (perche?). Entrambo le trasformazioni lasciano quindi fissa l’originee sono completamente determinate dalle matrici ortogonali

riflessione: S =

(1 0 0

0 1 0

0 0 −1

)rotazione: R =

(a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

).

La condizione RS = SR implica a13 = a23 = a31 = a32 = 0 e quindi a33 deve essere un autovalore reale dellamatrice (ortogonale) R.

Se a33 = 1, allora l’asse della rotazione e parallelo al terzo vettore del riferimento, ovvero alla direzioneperpendicolare al piano τ e questa condizione e sufficiente affinche σ e ρϑ commutino, indipendentementedal valore dell’angolo ϑ.

Se a33 = −1, allora ϑ ∈ π + 2πZ, e la matrice della rotazione ha la forma R =

(cosα sinα 0

sinα − cosα 0

0 0 −1

)ove

cos α2 v1 + sin α2 v2 e la direzione della retta s (asse di rotazione) e V = {v1, . . . , v3} e la base ortonormale

associata al riferimento fissato. Dunque la retta s e parallela al piano τ e questo e escluso dalle ipotesi date.�

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 25 agosto 2011



3 0 −3 0 −2

0 3 0 3 0

0 0 0 0 −2

−2 0 2 3 0

0 0 0 0 0

rispetto alla base



ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale complesso di dimensione finita.(a) [4 punti] Sia φ : V → V un endomorfismo diagonalizzabile e sia W ⊂ V un sottospazio non banale,

tale che φ(W ) ⊆ W . E vero che la restrizione di φ a W e un endomorfismo diagonalizzabile? (in casoaffermativo, dimostrarlo; in caso negativo, dare un controesempio).

(b) [4 punti] Sia ψ : V → V un endomorfismo e sia W ⊂ V un sottospazio non banale, tale che ψ(W ) ⊆W .E vero che esiste un sottospazio T di V tale che V = T ⊕ W e ψ(T ) ⊆ T? (in caso affermativo,dimostrarlo; in caso negativo, dare un controesempio).

(c) [2 punti] Si discuta la domanda nel punto (b) ponendo l’ulteriore ipotesi che ψ sia un endomorfismodiagonalizzabile.

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino ilpiano π e la retta r di equazioni:

π : x+ y = 0, r :

{x+ 2y − z = −1

z − 2y = 1.

(a) [4 punti] Si determinino r∩π e l’angolo, ϑ, formato dalla retta r con la retta perpendicolare al piano π.Si scriva la matrice nel riferimento canonico della riflessione (simmetria ortogonale) rispetto al piano π.

(b) [4 punti] Si scriva la matrice nel riferimento canonico della rotazione, ρ, di asse r ed angolo ϑ. Sideterminino le equazioni cartesiane di tutte le sottovarieta lineari invarianti rispetto a ρ.

(c) [4 punti] Siano τ ed s, rispettivamente, un piano ed una retta dello spazio euclideo, non paralleli traloro. Si indichi con σ la riflessione rispetto al piano τ e con ρϑ la rotazione di asse s ed angolo ϑ /∈ 2πZ.Si diano condizioni necessarie e sufficienti affinche σ ◦ ρϑ = ρϑ ◦ σ.


1 2 3

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 20 settembre 2011 – Compito A


2 0 0 0 3

0 2 0 2 0

0 0 2 0 3

3 0 −3 2 0

0 0 0 0 2

rispetto alla base canonica.

(a) [4 punti] Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettoriper φ.


Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)5 e quindi vi e l’unico autovalore 2, conmolteplicita (algebrica) 5. I relativi autovettori generano il sottospazio ker(φ− 2) = 〈e2, e1 + e3〉. Si ha

A− 2 =

0 0 0 0 3

0 0 0 2 0

0 0 0 0 3

3 0 −3 0 0

0 0 0 0 0

, (A− 2)2 =

0 0 0 0 0

6 0 −6 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

, (A− 2)3 = 05.

dunque il polinomio minimo e λφ(X) = (X − 2)3.

(b) Si ha quindi rk(φ − 2) = 3 e rk(φ − 2)2 = 1, per cui la matrice di Jordan di φ ha un blocco di ordine3 ed uno di ordine 2. Il vettore v3 = e1 e un autovettore generalizzato di periodo 3 per l’autovalore 2 e sipone v2 = (φ − 2)(v3) = 3e4 e v1 = (φ − 2)2(v3) = 6e2. Il vettore v5 = e5, appartiene a ker(φ − 2)2, manon al sottospazio 〈v1, v2, v3〉 e lo stesso vale per v4 = (φ − 2)(v5) = 3e1 + 3e3. Si ottiene cosı una baseV = {v1, . . . , v5} rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Le matrici cercate sono, ad esempio,

J = αV,V(φ) =

2 1 0 0 0

0 2 1 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 2 1

0 0 0 0 2

e P = αV,E(id) =

0 0 1 3 0

6 0 0 0 0

0 0 0 3 0

0 3 0 0 0

0 0 0 0 1

.

�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale complesso di dimensione finita e φ : V → V un endomorfismo.Un sottospazio W ⊂ V , si dice φ-stabile se φ(W ) ⊆W .(a) [4 punti] Sia λφ(X) = (X − a)g(X) il polinomio minimo di φ e g(a) 6= 0. Si consideri l’endomorfismo

g(φ)g(a) : V → V ; se ne determinino nucleo ed immagine e si verifichi che sono sottospazi φ-stabili. E vero

che si tratta di una proiezione?(b) [4 punti] Sia φ : V → V un endomorfismo triangolarizzabile e λφ(X) = (X − a1)

c1 , · · · (X − ar)cr il

suo polinomio minimo, con a1, . . . , ar a due a due distinti. Si ponga Wi = ker(φ − ai)ci , per ogni

i = 1, . . . , r. E vero che, per ogni sottospazio φ-stabile W , si ha W = (W ∩W1)⊕ · · · ⊕ (W ∩Wr)? (incaso affermativo, dimostrarlo; in caso negativo, dare un controesempio).

(c) [2 punti] Si determinino tutti i sottospazi φ-stabili di V ponendo l’ulteriore ipotesi che φ sia un endo-morfismo normale.

Svolgimento. (a) Si tratta della proiezione su ker(φ−a), parallelamente al sottospazio kerg(φ). Infatti, per ilLemma di Decomposizione, si ha V = ker(φ−a)⊕kerg(φ) e, per ogni v ∈ V , (φ−a)g(φ)(v) = λφ(φ)(v) = 0.

Quindi im g(φ)g(a) ⊆ ker(φ−a). Inoltre, se v ∈ ker(φ−a), g(φ)(v) = g(a)v e quindi g(φ)g(a) (v) = v. I due sottospazi

sono stabili per φ (perche?).

(b) Per qualunque sottospazio, W , si ha (W ∩W1)⊕ · · · ⊕ (W ∩Wr) ⊆ W . Se W e φ-stabile, il polinomiominimo di φ|W divide λφ(X) (spiegare bene questo fatto!) e quindi il sottospazio W ha una base fatta daautovettori generalizzati per φ. Si conclude che W = (W ∩W1)⊕ · · · ⊕ (W ∩Wr).

18

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 20 settembre 2011 – Compito A 19

(c) Un endomorfismo normale e diagonalizzabile e quindi i sottospazi φ-stabili sono tutti e soli quelli cheammettono una base fatta da autovettori per φ (spiegare bene questo fatto!). �

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino lerette r ed s, di equazioni:

r :

{x+ y − 2z = −1

2x+ 2y − x = 1s :

{4x− y + 4z = 15

x− 4y + z = 0.

(a) [4 punti] Si determinino la distanza e l’angolo tra le due rette ed i punti di minima distanza.(b) [4 punti] Si determini una rototraslazione, ρ, che porti la retta r sulla retta s e se ne scriva la matrice

nel riferimento dato.(c) [4 punti] Si determini una rotoriflessione, σ, che porti la retta r sulla retta s e se ne scriva la matrice

nel riferimento dato. Che dire dell’applicazione composta σ−1ρ?

Svolgimento. (a) La retta r passa per il punto P =

(0

1

1

)ed e parallela al vettore v =

(1

−1

0

). La retta s

passa per il punto Q =

(4

1

0

)ed e parallela al vettore w =

(1

0

−1

). Il vettore differenza tra un generico punto

di s ed un generico punto di r e u = Q−P + sw− tv =

(4+s−tt

−1−s

), che e ortogonale ad entrambo le rette se,

e solo se, u · v = 0 = u ·w, ovvero se, e solo se,

{2t− s = 4

t− 2s = 5, che e equivalente a

{t = 1

s = −2. Dunque i punti

di minima distanza tra le due rette sono P0 = P + v =

(1

0

1

)e Q0 = Q− 2w =

(2

1

2

)e la distanza tra le due

rette e d = ‖Q0 − P0‖ =√3. Il coseno dell’angolo tra le due rette e |v·w|

‖v‖‖w‖ = 12 , e le due rette formano un

angolo di π6 .

(b) Per portare la retta r sulla retta s, possiamo quindi fare una rotazione di angolo π6 attorno alla retta

P0 ∨Q0, seguita dalla traslazione di vettore Q0 − P0. La rotazione ha matrice

R =

1 0 0 0−1/3 2/3 −1/3 2/3−1/3 2/3 2/3 −1/32/3 −1/3 2/3 2/3

e quindi αR,R(ρ) =

1 0 0 02/3 2/3 −1/3 2/32/3 2/3 2/3 −1/35/3 −1/3 2/3 2/3

.

(c) Per portare la retta r sulla retta s, possiamo quindi fare una rotazione di angolo π6 attorno alla retta

P0 ∨Q0, seguita dalla riflessione rispetto al piano, π, parallelo ad r ed s, passante per il punto M = Q0+P0

2 .La matrice della rotazione l’abbiamo gia calcolata sopra. La riflessione ha matrice

S =

1 0 0 07/3 1/3 −2/3 −2/37/3 −2/3 1/3 −2/37/3 −2/3 −2/3 1/3

e quindi αR,R(σ) = RS =

1 0 0 02 0 −1 02 0 0 −13 −1 0 0

.

Poiche le componenti rotatorie si elidono (perche?), l’applicazione composta σ−1ρ e la composizione dellariflessione rispetto a π con la traslazione per il vettore Q0 − P0, ortogonale al piano di riflessione. Si trattaquindi della riflessione rispetto al piano parallelo a π passante per Q0 =M + Q0−P0

2 . �




−3 0 0 0 −2

0 −3 0 −3 0

0 0 −3 0 −2

−2 0 2 −3 0

0 0 0 0 −3

rispetto alla base



ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale complesso di dimensione finita e φ : V → V un endomorfismo.Un sottospazio W ⊂ V , si dice φ-stabile se φ(W ) ⊆W .(a) [4 punti] Sia λφ(X) = (X − a)g(X) il polinomio minimo di φ e g(a) 6= 0. Si consideri l’endomorfismo

g(φ)g(a) : V → V ; se ne determinino nucleo ed immagine e si verifichi che sono sottospazi φ-stabili. E vero

che si tratta di una proiezione?(b) [4 punti] Sia φ : V → V un endomorfismo e λφ(X) = (X−a1)c1 , · · · (X−ar)cr il suo polinomio minimo,

con a1, . . . , ar a due a due distinti. Si ponga Wi = ker(φ− ai)ci , per ogni i = 1, . . . , r. E vero che, per

ogni sottospazio φ-stabile W , si ha W = (W ∩W1)⊕ · · ·⊕ (W ∩Wr)? (in caso affermativo, dimostrarlo;in caso negativo, dare un controesempio).

(c) [2 punti] Si determinino tutti i sottospazi φ-stabili di V ponendo l’ulteriore ipotesi che φ sia un endo-morfismo normale.


r :

{2x− y + 2z = 4

x− 2y + z = 2s :

{x+ y − 2z = −1

2x+ 2y − z = 4.

(a) [4 punti] Si determinino la distanza e l’angolo tra le due rette ed i punti di minima distanza.(b) [4 punti] Si determini una rototraslazione, ρ, che porti la retta r sulla retta s e se ne scriva la matrice

nel riferimento dato.(c) [4 punti] Si determini una rotoriflessione, σ, che porti la retta r sulla retta s e se ne scriva la matrice

nel riferimento dato. Che dire dell’applicazione composta σ−1ρ?


1 2 3


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X6 + 7X3 − 8(a) Trovare le radici di P (X) nel campo C dei numeri complessi.(b) Trovare le fattorizzazioni di P (X) in R[X] e in C[X].

Svolgimento. (a) t2 + 7t− 8 ha come radici 1 e −8. Dobbiamo trovare le radici cubiche di questi due numeri

complessi, che sono ζ, ζ, 1, e −2, −2ζ, −2ζ, ove ζ = − 12 + i

√32 = e2πi/3.

(b) In C[X] si ha P (X) = (X − 1)(X − ζ)(X − ζ)(X + 2)(X + 2ζ)(X + 2ζ).In R[X] si ha P (X) = (X − 1)(X + 2)(X2 +X + 1)(X2 − 2X + 4). �

ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v4} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U = 〈u1, u2, u3〉, oveu1 = v1 − v3 + 2v4, u2 = 2v1 − 3v2 − 2v3 − 2v4, u3 = −v2 − 2v4, e sia W il sottospazio di V definito dal

sistema di equazioni omogenee

2X1 −X2 + 2X3 −X4 = 0

2X1 − 3X2 + 6X3 −X4 = 0

4X1 +X2 − 2X3 − 2X4 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = v1 − v2 − v3.


(c) Sia Φ : EndQV → EndQV definito ponendo Φ(φ) = π ◦ φ − φ ◦ π. Si determinino le dimensioni e dellebasi per nucleo ed immagine di Φ. Si tratta di una proiezione? Si fissi una base opportuna di V e siscrivano le matrici degli elementi delle basi scelte per kerΦ ed imΦ.

Svolgimento. (a) I generatori di U sono linearmente dipendenti: 2u1 − u2 + 3u3 = 0. Quindi dimU = 2 ed ivettori u1, u2 ne formano una base. Il sistema che definisce W ha rango 2, essendo 5I − 3II − 2III = 0; ilsottospazio ha quindi dimensione 2 ed una base e data dai vettori w1 = v1 + 2v4, w2 = 2v2 + v3. Equazioni

cartesiane per il sottospazio U sono

{2X1 + 2X2 −X4 = 0

2X2 − 2X3 −X4 = 0da cui si vede che u0 appartiene ad U e quindi

il sottospazio non varia traslando per u0.


A = αV,V(π) =1

4

2 2 −4 −1−4 0 0 2−2 −2 4 1−4 4 −8 2

.

(c) Un omomorfismo, φ : V → V , appartiene a kerΦ se, e solo se, φ(U) ⊆ U e φ(W ) ⊆ W . DunquekerΦ ∼= HomQ (U,U) × HomQ (W,W ) e un sottospazio di dimensione 8. I vettori u1, u2, w1, w2 sono unabase, U , di V = U ⊕W e gli omomorfismi λi,j , λ

′i,j , per 1 ≤ i, j ≤ 2, definiti da

λi,j(uj) = ui e λi,j(x) = 0 per ogni altro vettore della base U ;

λ′i,j(wj) = wi e λ′i,j(x) = 0 per ogni altro vettore della base U ;

sono una base di kerΦ.Un omomorfismo, φ : V → V , appartiene a imΦ se, e solo se, φ(U) ⊆ W e φ(W ) ⊆ U . Dunque

imΦ ∼= HomQ (U,W ) × HomQ (W,U) si conferma essere un sottospazio di dimensione 8 di EndQV . Gliomomorfismi νi,j , ν

′i,j , per 1 ≤ i, j ≤ 2, definiti da

νi,j(uj) = wi e νi,j(x) = 0 per ogni altro vettore della base U ;

ν′i,j(wj) = ui e ν′i,j(x) = 0 per ogni altro vettore della base U ;

1


sono una base di imΦ.Φ non e una proiezione(†), perche non induce l’identita su imΦ (ad es. Φ(νi,j) = −νi,j).Le matrici nella base U degli omomorfismi che formano le basi date, costituiscono la base canonica di

Mn(Q). Infatti, si ha: αU,U (λi,j) = ε(i, j), αU,U (λ′i,j) = ε(i+ 2, j + 2), αU,U (νi,j) = ε(i+ 2, j), αU,U (ν′i,j) =ε(i, j + 2), per 1 ≤ i, j ≤ 2. �

ESERCIZIO 3. Siano V e W spazi vettoriali reali e siano date le rispettive basi V = {v1, . . . , v4} eW = {w1, . . . , w3}. Si considerino gli omomorfismi φ : V → V e ψ : V →W di matrici

A = αV,V(φ) =

1 2 −2 −13 0 12 90 −1 3 2−1 2 −10 −7

e B = αV,W(ψ) =

1 0 4 30 2 −6 −4−1 1 −7 −5

.

(a) Si determinino i sottospazi kerφ, imφ, kerψ, imψ, scrivendo esplicitamente una base ed un sistema diequazioni cartesiane (minimo) per ciascuno di essi.

(b) Si determinino tutte le applicazioni lineari ξ : W → V tali che φ = ξ ◦ ψ e per ciascuna di esse si scrivala matrice αW,V(ξ).

(c) Si determinino tutte le applicazioni lineari η : V →W tali che ψ = η ◦ φ e per ciascuna di esse si scrivala matrice αV,W(η). E vero che η ◦ ξ = idW ?


kerφ = kerψ = 〈2v1 − v2 + v3 − 2v4, v1 − v2 − v3 + v4〉 ,imφ = 〈v1 + 3v2 − v4, 2v1 − v3 + 2v4〉 , imψ = 〈w1 − w3, 2w2 + w3〉 .

Le equazioni cartesiane sono

kerφ :

{X1 + 2X2 − 2X3 +X4 = 0

X1 +X2 +X3 +X4 = 0, imφ :

{3X1 −X2 + 6X3 = 0

3X1 − 2X2 − 3X4 = 0, imψ : 2Y1 − Y2 + 2Y3 = 0.

(b) I vettori ψ(v1) = w1 − w3, ψ(v2) = 2w2 + w3 sono linearmente indipendenti e possiamo aggiungere aquesti w3 per ottenere una base, U , di W . Le applicazioni cercate(†) sono tutte e sole le applicazioni lineari,ξ, per cui ξ(ψ(v1)) = φ(v1), ξ(ψ(v2)) = φ(v2), mentre ξ(w3) puo essere assegnato ad arbitrio. Si ha quindi

αU,V(ξ) =

1 2 a3 0 b0 −1 c−1 2 d

, αW,U (id) =

1 0 00 1/2 01 −1/2 1

,

da cui

αW,V(ξ) = αU,V(ξ)αW,U (id) =

1 1 03 0 00 −1/2 0−1 1 0

+

abcd

(2,−1, 2),

al variare di (a, b, c, d) in R4.(c) I vettori φ(v1) = v1 + 3v2 − v4, φ(v2) = 2v1 − v3 + 2v4 sono linearmente indipendenti e possiamo

aggiungere a questi v3, v4 per ottenere una base, T , di V . Le applicazioni cercate sono tutte e sole le

(†) E Φ2 = Φ ◦ Φ ad essere una proiezione. . .(†) Una condizione necessaria per l’esistenza di ξ e kerψ ⊆ kerφ (perche?). Nel caso in questione i due nuclei coincidono e

quindi possiamo procedere a determinare le applicazioni cercate.

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 2 dicembre 2011 – Compito A 3

applicazioni lineari, η, per cui η(φ(v1)) = ψ(v1), η(φ(v2)) = ψ(v2), mentre η(v3) ed η(v4) possono essereassegnati ad arbitrio. Si ha quindi

αT ,W(η) =

1 0 a d0 2 b e−1 1 c f

, αV,T (id) =

0 1/3 0 01/2 −1/6 0 01/2 −1/6 1 0−1 2/3 0 1

,

da cui

αV,W(η) = αT ,W(η)αV,T (id) =

0 1/3 0 01 −1/3 0 0

1/2 −1/2 0 0

+

a db ec f

(

3 −1 6 0−3 2 0 3

),

al variare di (a, b, c, d, e, f) in R6. �



BESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X6 + 9X3 + 8(a) Trovare le radici di P (X) nel campo C dei numeri complessi.(b) Trovare le fattorizzazioni di P (X) in R[X] e in C[X].

ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v4} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U = 〈u1, u2, u3〉, oveu1 = v1− v2− 2v3, u2 = 2v1− 2v2 + 2v3 + 3v4, u3 = 2v3 + v4, e sia W il sottospazio di V definito dal sistema

di equazioni omogenee

2X1 + 2X2 −X3 −X4 = 0

6X1 + 2X2 −X3 − 3X4 = 0

2X1 − 4X2 + 2X3 −X4 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = v1 − v2 + v4.




A = αV,V(φ) =

0 9 3 122 −7 −1 −102 −1 1 −2−1 2 0 3

e B = αV,W(ψ) =

2 −4 0 −60 3 1 41 −5 −1 −7

.





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CESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X6 − 7X3 − 8(a) Trovare le radici di P (X) nel campo C dei numeri complessi.(b) Trovare le fattorizzazioni di P (X) in R[X] e in C[X].

ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v4} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U = 〈u1, u2, u3〉, oveu1 = 2v2 + v3 − v4, u2 = 3v1 + 2v2 − 2v3 + 2v4, u3 = −v1 − 2v2, e sia W il sottospazio di V definito dal


X1 +X2 − 2X3 − 2X4 = 0

3X1 +X2 − 2X3 − 6X4 = 0

X1 − 2X2 + 4X3 − 2X4 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = v1 − v3 + v4.




A = αV,V(φ) =

3 0 2 −1−2 1 −1 2−10 −1 −7 212 3 9 0

e B = αV,W(ψ) =

−7 −1 −5 1−6 0 −4 24 1 3 0

.





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DESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X6 − 9X3 + 8(a) Trovare le radici di P (X) nel campo C dei numeri complessi.(b) Trovare le fattorizzazioni di P (X) in R[X] e in C[X].

ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v4} una base dello spazio vettoriale V su Q. Sia U = 〈u1, u2, u3〉, oveu1 = −v1 + 2v2 + v4, u2 = 2v1 + 2v2 + 3v3 − 2v4, u3 = 2v2 + v3, e sia W il sottospazio di V definito dal


2X1 −X2 −X3 + 2X4 = 0

6X1 −X2 − 3X3 + 2X4 = 0

2X1 + 2X2 −X3 − 4X4 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = v1 + v3 − v4.




A = αV,V(φ) =

−7 −10 −1 22 3 0 −1−1 −2 1 29 12 3 0

e B = αV,W(ψ) =

3 4 1 0−5 −7 −1 1−4 −6 0 2

.





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Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova di accertamento del 3 febbraio 2012

ESERCIZIO 1. Sia n ≥ 1 un numero intero e si consideri la matrice

Kn =

n∑

j=1

aε(j, j) +

[n+12 ]∑

j=1

bε([n+12

]+ 1− j, j) +

[n+12 ]∑

j=1

cε(n+ 1− j,[n2

]+ j),

ove a, b, c sono numeri reali e, come di consueto, [t] indica la parte intera del numero t (ovvero il piu grandenumero intero minore o uguale a t).(a) Si scrivano esplicitamente le matrici K1, K2, K3, K4 e se ne calcolino i rispettivi determinanti.(b) Si calcolino i determinanti di K5 e K6.(c) Si determini una formula ricorsiva per il determinante δn = detKn. E vero che per n ≥ 2 ciascuno

dei δn e funzione polinomiale di δ2, δ3, δ4? In caso affermativo si dia un’espressione esplicita per talifunzioni, altrimenti si dia un controesempio.


K1 = (a+ b+ c), K2 =(a+b 0

0 a+c

), K3 =

(a b 0

b a c

0 c a

), K4 =

(a b 0 0

b a 0 0

0 0 a c

0 0 c a

);

e quindi δ1 = a+ b+ c, δ2 = (a+ b)(a+ c), δ3 = a(a2 − b2 − c2), δ4 = (a2 − b2)(a2 − c2).

(b) Si ha

δ5 = det

a 0 b 0 0

0 a+b 0 0 0

b 0 a 0 c

0 0 0 a+c 0

0 0 c 0 a

= δ2δ3 e δ6 = det

a 0 b 0 0 0

0 a+b 0 0 0 0

b 0 a 0 0 0

0 0 0 a 0 c

0 0 0 0 a+c 0

0 0 0 c 0 a

= δ2δ4.

Nel primo caso, lo si puo vedere scambiando tra loro le prime due righe e le prime due colonne e poi portandola quarta riga al secondo posto e la quarta colonna al secondo posto. Nel secondo, scambiando tra loro leprime due righe e le prime due colonne e poi portando la quinta riga al secondo posto e la quinta colonna alsecondo posto.

(c) Operando in modo analogo sulle righe e le colonne (scriverlo in modo esplicito!), si puo affermare che,per n ≥ 5, si ha

δn =

{δ2δn−2 se n ≡ 1, 2 mod 4

δ4δn−4 se n ≡ 3, 4 mod 4e quindi δn =

{δ2δ3δn−5 se n ≡ 1 mod 4

δiδn−i se i ∈ {2, 3, 4} e n ≡ i mod 4.

Si puo quindi dimostrare (ad esempio, per induzione su n) che

δn = δ1−[n+1

4 ]+[n−14 ]

2 δ[n+1

2 ]−[n2 ]

3 δ[n+2

4 ]+[n4 ]−[n−1

4 ]−14

per n ≥ 2. �

7


ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si considerino isottospazi U = 〈2v1 + v2 + 4v3 − 2v4 + v5, v1 + 2v3, v1 − v2 + 2v3 + 2v4 − v5〉 e

W :

2X1 −X2 − 2X3 + 4X5 = 0

X1 −X3 + 2X5 = 0

X1 +X2 −X3 + 2X5 = 0

.

(a) Si determinino le dimensioni e delle basi di U e W . Si verifichi che V = U ⊕W e si scriva la matriceαV,V(π) dell’endomorfismo π : V → V che proietta ogni vettore su U , parallelamente a W .

(b) Sia H = 〈2v1 + 3v3 + v4, 2v1 + v2 − v4〉 e si determinino nucleo ed immagine di π|H . Si determinino

i sottospazi U⊥, W⊥, H⊥ di V ∗ e si esibisca una base per ciascuno di questi sottospazi. Si dica seV ∗ = H⊥ ⊕W⊥.

(c) E vero che H = {u+ φ(u) |u ∈ U } per un opportuno omomorfismo φ : U →W? In caso affermativo siscriva la matrice di φ nelle basi di U e W fissate al punto (a). E vero che H⊥ =

{u∗ + ψ(u∗)

∣∣u∗ ∈ U⊥}

per un opportuno omomorfismo ψ : U⊥ →W⊥? Che relazioni ci sono tra ψ e φ∗?

Svolgimento. (a) I tre generatori di U sono linearmente dipendenti ed una sua base, U , e data da u1 = v1+2v3,u2 = v2− 2v4 + v5. Anche le tre equazioni che definiscono W sono dipendenti (III = 3II− I) e tre soluzioniindipendenti del sistema formano la base W, con w1 = v1 + v3, w2 = v4, w3 = 2v1 − v5.

La matrice cercata e αV,V(π) =

−1 2 1 0 −20 1 0 0 0

−2 4 2 0 −40 −2 0 0 0

0 1 0 0 0

.

(b) ker(π|H) = kerπ∩H = W ∩H = 〈0〉, come si verifica sostituendo una combinazione lineare dei generatoridi H nelle equazioni che definiscono W . Quindi dim(im(π|H)) = dimH−dim ker(π|H) = 2 = dimU e quindiim(π|H) = U . Cio significa che π induce un isomorfismo tra H ed U .

Sia V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} la base duale di V ∗. Una base di U⊥ e {2v∗1−v∗3 , 2v∗2+v∗4 , v∗4+2v∗5}. Una base diW⊥

e {v∗1−v∗3+2v∗5 , v∗2}. Una base diH⊥ e {3v∗1−6v∗2−2v∗3 , 3v

∗2−v∗3+3v∗4 , v

∗5}. Infine, H⊥+W⊥ = (H∩W )⊥ = V ∗,

per quanto visto sopra. Applicando le relazioni di Grassmann si conclude che V ∗ = H⊥ ⊕W⊥.

(c) La proiezione, π, induce un isomorfismo tra H ed U e quindi, per ogni vettore u ∈ U esiste un unicovettore φ(u) ∈W tale che u+φ(u) ∈ H e questo definisce l’omomorfismo φ : U →W (φ = (id−π)◦(π|H)−1).

Si ha u1 + w1 + w2 ∈ H e u2 + w2 + w3 ∈ H, quindi αU,W(φ) =

(1 0

1 1

0 1

).

Poiche V ∗ = H⊥⊕W⊥, la proiezione id−π∗ induce un isomorfismo tra U⊥ ed H⊥; quindi, analogamentea quanto visto sopra, vi e un unico omomorfismo ψ : U⊥ →W⊥ tale che H⊥ =

{u∗ + ψ(u∗)

∣∣u∗ ∈ U⊥}

.Infine, dal fatto che V ∗ = U⊥ ⊕W⊥, si deduce che U⊥ ∼= V ∗/W⊥ ∼= W ∗ (esplicitare gli isomorfismi!)

e, analogamente, W⊥ ∼= V ∗/U⊥ ∼= U∗. Inoltre, per ogni u ∈ U ed ogni u∗ ∈ U⊥, si ha u + φ(u) ∈ H eu∗ + ψ(u∗) ∈ H⊥, e quindi

0 = (u+ φ(u)) ◦ (u∗ + ψ(u∗)) = φ(u) ◦ u∗ + u ◦ ψ(u∗)

da cui si deduce che ψ = −φ∗. �

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 8 febbraio 2012

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 +X2 + 3X − 5.(a) Si verifichi che P (1) = 0; si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di

Gauss.(b) Si determinino le fattorizzazioni in fattori irriducibili di P (X) in R[X] ed in C[X].

Svolgimento. P (X) = (X − 1)(X2 + 2X + 5) = (X − 1)(X + 1 + 2i)(X + 1 − 2i) e lasciamo al lettore ildisegno. �

ESERCIZIO 2. Si considerino i vettori v =(

2−i1+2i

)e w =

(2i+1

i−2

)di C2.

(a) Si determinino le dimensioni sui rispettivi campi di base, dei sottospazi 〈v, w〉C e 〈v, w〉R.(b) Si dica se esiste un endomorfismo di C–spazi vettoriali, φ : C2 → C2, tale che φ(v) = v e φ(w) =−w. In caso affermativo se ne scriva la matrice rispetto alla base canonica {e1, e2}. Si dica se esisteun endomorfismo di R–spazi vettoriali, φ : C2 → C2, tale che φ(v) = v e φ(w) = −w e kerφ =⟨(

0

1−i

),(

0

1+i

)⟩R

. In caso affermativo se ne scriva la matrice rispetto alla base R = {e1, ie1, e2, ie2}.(c) Nel caso in cui esista l’endomorfismo φ del punto precedente, si consideri l’endomorfismo αt = 3idC2−tφ;

si calcoli detαt e si determini una base di kerαt, al variare di t in C o in R (a seconda del caso).

Svolgimento. (a) w = iv e quindi 〈v, w〉C = 〈v〉C ha dimensione 1 come C-spazio vettoriale. I due vettorisono linearmente indipendenti su R e quindi dimR 〈v, w〉R = 2.

(b) Poiche w = iv non puo esistere un’applicazione C-lineare che soddisfi alle condizioni dette. I quattrovettori

v1 = v = 2e1 − ie1 + e2 + 2ie2, v2 = w = e1 + 2ie1 − 2e2 + ie2, v3 = e2 − ie2, v4 = e2 + ie2,

sono una base, V, di C2 come spazio vettoriale reale e quindi esiste un’unica applicazione lineare φ soddis-facente alle condizioni date, e si ha

B = αV,V(φ) =

1 0 0 00 −1 0 00 0 0 00 0 0 0

, P = αV,R(φ) =

2 1 0 0−1 2 0 01 −2 1 12 1 −1 1

;

da cui si conclude che A = αR,R(φ) = PBP−1 =

3/5 −4/5 0 0

−4/5 −1 0 0

4/5 1 0 0

3/5 −4/5 0 0

.

(c) Il determinante di αt e facile da calcolare utilizzando la base V ed e uguale a 9(9−t2). Si ha kerα3 = 〈v〉R,kerα−3 = 〈w〉R, e kerαt = 〈0〉R, per tutti gli altri valori di t ∈ R. �

9


ESERCIZIO 3. Sia n un numero naturale fissato e si consideri l’applicazione φn : Mn(R) → Mn(R),definita da φ(A) = −tA.(a) Si verifichi che, per ogni numero naturale n ≥ 1, φn e un’applicazione lineare ed una simmetria dello

spazio Mn(R). Si determinino, al variare di n, il sottospazio unito ed il sottospazio delle direzioni diriflessione per φn e le loro dimensioni.

(b) Si calcoli detφn al variare di n.(c) Si identifichi lo spazio Mn(R) con il suo duale tramite l’applicazione bilineare g : Mn(R)×Mn(R)→ R,

g(X,Y ) = tr(tXY ), e si verifichi che tramite tale identificazione la base canonica {ε(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n}di Mn(R) coincide con la base duale. Che dire della trasposta di φn?

Svolgimento. (a) t(A + B) = tA + tB e t(cA) = ctA per ogni scalare reale c. Quindi la trasposizione eun’applicazione lineare, cosı come lo e la moltiplicazione per lo scalare −1. Quindi φn e lineare in quantocomposizione di applicazioni lineari. Inoltre φn(φn(A)) = −t(−tA) = A per ogni A ∈ Mn(R) e quindi φn euna simmetria. φn(A) = A se, e solo se, tA = −A e quindi gli elementi uniti per φn formano il sottospazio,An, delle matrici antisimmetriche, di dimensione

(n2

). Una sua base e data dalle matrici ε(i, j)− ε(j, i) per

1 ≤ i < j ≤ n. Le direzioni di riflessione sono le matrici, X, per cui φn(X) = −X, ovvero le matricisimmetriche che formano uno sottospazio, Sn, di dimensione

(n+12

). Una sua base e data dalle matrici

ε(i, j) + ε(j, i) per 1 ≤ i ≤ j ≤ n.

(b) Mn(R) = An ⊕ Sn e quindi esiste una base fatta con vettori dei due sottospazi. Utilizzando tale base si

calcola facilmente detφn = (−1)(n+12 ) per ogni intero n ≥ 1.

(c) Per i vettori della base canonica, si ha

tr(tε(i, j)ε(h, k)) = tr(ε(j, i)ε(h, k)) = tr(δihε(j, k)) = δihδjk

da cui si conclude. Date due matrici, A e B, in Mn(R), si ha

g(φn(A), B) = −tr(AB) = −trt(AB) = −tr(tBtA) = −tr(tAtB) = g(A, φn(B))

e quindi φn coincide con la sua trasposta. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − 11X + 20.(a) Si verifichi che P (−4) = 0; si determinino le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di

Gauss.(b) Si determinino le fattorizzazioni in fattori irriducibili di P (X) in R[X] ed in C[X].

Svolgimento. P (X) = (X + 4)(X2− 4X + 5) = (X + 4)(X − 2 + i)(X − 2− i) e lasciamo al lettore il disegno.�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale complesso e sia V = {v1, . . . , v4} una sua base.(a) Si dica se esiste un’applicazione lineare φ : V → V soddisfacente alle seguenti condizioni

φ(v1 + 2v2) = 2v3 + 4v4, φ(2v3 + 4v4) = v1 + 2v2, φ(v1 − 4v4) = 2v3 − 2v2,

φ(2v3 − 2v2) = v1 − 4v4, φ(v1) = v1.

In caso positivo, si scriva la matrice αV,V(φ) e si dica se φ ◦ φ = idV . In caso negativo, si dica comemodificare l’immagine di v1 + v2 affinche oltre alle condizioni date, si abbia φ ◦ φ = idV .

(b) Si determini la decomposizione V = U ⊕ W ove U e il sottospazio lasciato invariante da φ (asse disimmetria) e W e il sottospazio delle direzioni di simmetria per φ.

(c) Sia T uno spazio vettoriale di dimensione n su C e si consideri l’applicazione Φ : HomC (T, V ) →HomC (T, V ) definita da Φ(ξ) = φ ◦ ξ. Si mostri che Φ e una simmetria dello spazio HomC (T, V )e si determinino la decomposizione in somma diretta ad essa associata (direzioni unite e direzioni disimmetria) e le dimensioni dei relativi sottospazi. Si calcoli det(2id− Φ).

Svolgimento. (a) I vettori

w1 = v1, w2 = v1 + 2v2, w3 = 2v3 + 4v4, w4 = v1 − 4v4,

sono linearmente indipendenti e formano quindi una base, W = {w1, . . . , w4}, di V . Si possono quindiassegnare le immagini dei vettori della base secondo quanto scritto sopra ed ottenere un’applicazione lineare,φ : V → V . Essendo, 2v3 − 2v2 = −w2 + w3 + w4, si ottiene φ(2v3 − 2v2) = φ(−w2 + w3 + w4) =−(2v3 +4v4)+(v1 +2v2)+(2v3−2v2) = v1−4v4 e sono soddisfatte tutte le condizioni richieste. Si ha quindi

P = αW,V(id) =

( 1 1 0 1

0 2 0 0

0 0 2 0

0 0 4 −4

), B = αW,W(φ) =

( 1 0 0 0

0 0 1 −10 1 0 1

0 0 0 1

), P−1 = αV,W(id) =

(1 −1/2 −1/2 1/40 1/2 0 00 0 1/2 00 0 1/2 −1/4

),

A = PBP−1 = αV,V(φ) =

(1 −1/2 0 1/40 0 0 1/20 1 1 −1/20 2 0 0

).

A2 = B2 = 14 e quindi φ e una simmetria.

(b) U = 〈vi + φ(vi) | i = 1, . . . , 4〉 = 〈v1, v1 − 2v2 − 2v3 − 4v4, v3, v1 + 2v2 − 2v3 + 4v4〉 = 〈v1, v3, v2 + 2v4〉 eW = 〈vi − φ(vi) | i = 1, . . . , 4〉 = 〈v1 + 2v2 − 2v3 − 4v4〉.(c) Per ogni ξ ∈ HomC (T, V ), si ha Φ(Φ(ξ)) = φ ◦ (φ ◦ ξ) = ξ e quindi Φ2 = id e Φ e una simme-tria di HomC (T, V ). Essendo V = U ⊕W , si ha HomC (T, V ) ∼= HomC (T,U) ⊕ HomC (T,W ) (esplicitarel’isomorfismo!) e il sottospazio HomC (T,U), di dimensione 3n, e il sottospazio delle direzioni unite, mentreHomC (T,W ), di dimensione n, e il sottospazio delle direzioni di simmetria. Infine, se ξ e una direzione unita,si ha (2id−Φ)(ξ) = ξ; mentre, se η e una direzione di simmetria, si ha (2id−Φ)(η) = 3η. Quindi, prendendouna base fatta di direzioni unite e di direzioni di simmetria per Φ, si calcola facilmente det(2id − Φ) = 3n.

�

11


ESERCIZIO 3. Si consideri la matrice

A =

4 2 −6 −2 6

2 1 −3 −1 3

−6 −3 9 3 −90 0 0 0 0

4 2 −6 −2 6

∈M5(Q).

(a) Si determini il rango di A e si determinino, se esistono, una matrice colonna c ∈M5×1(Q) ed una matriceriga r ∈ M1×5(Q), tali che A = cr. E vero che, per ogni intero n ≥ 2, qualsiasi matrice di rango 1 inMn(Q) e prodotto di una colonna per una riga? La colonna e la riga in questione, se esistono, sonounivocamente determinate?

(b) Sia n ≥ 2 e siano A1 = c1r1 ed A2 = c2r2 due matrici in Mn(Q), prodotto di una colonna 0 6= ci ∈Mn×1(Q) e di una riga 0 6= ri ∈ M1×n(Q), (i = 1, 2). Si descrivano nucleo ed immagine di A1, A2 edA1 +A2 in relazione alle dimensioni dei sottospazi 〈c1, c2〉 e 〈r1, r2〉.

(c) Sia

B =

3 1 4 2 0

1 0 1 1 1

0 0 0 0 0

2 −1 1 3 5

0 1 1 −1 −3

∈M5(Q).

Si determini r = rkB. Si determinino, se esistono, r matrici di rango 1, B1, . . . , Br tali che B =B1+ · · ·+Br. Le matrici in questione, se esistono, sono univocamente determinate (a meno dell’ordine)?Se non sono uniche, come possono variare?

Svolgimento. (a) La matrice A ha rango 1, come si puo vedere facilmente applicando il procedimento di

eliminazione di Gauss alle colonne. Posto c =

2

1

−30

2

ed r = (2, 1,−3,−1, 3), si verifica con un calcolo

diretto che A = cr.Piu in generale, se una matrice A ∈ Mn(Q) ha rango 1, tutte le sue colonne a1, . . . , an sono multipli

di una di queste, ovvero esiste una colonna a 6= 0 di A e degli scalari, α1, . . . , αn, tali che ai = αia, peri = 1, . . . , n. Indicata con b la riga (α1, . . . , αn), si ha quindi A = ab. La colonna a e determinata a menodel prodotto per uno scalare ρ 6= 0 e, posto a′ = ρa, si ha A = a′b′ con b′ = (ρ−1b).

(b) Poiche le righe e le colonne non possono essere nulle, entrambo le matrici A1 ed A2 hanno rango

esattamente uguale ad 1 e imAi = 〈ci〉, kerAi = 〈ri〉⊥, ove Qn = Mn×1(Q) e Qn∗ = M1×n(Q).Se dim 〈c1, c2〉 = 2 = dim 〈r1, r2〉, dato un vettore x ∈ Qn, si ha (A1 +A2)x = c1(r1 ◦x) + c2(r2 ◦x) (col

tondino indichiamo la dualita canonica, ovvero il prodotto riga per colonna) e quindi im(A1 +A2) ⊆ 〈c1, c2〉ed i due sottospazi sono uguali perche, essendo r1 ed r2 linearmente indipendenti in Qn∗, esistono vettorix1, x2 in Qn, tali che r1 ◦ x1 = 1 = r2 ◦ x2 e r1 ◦ x2 = 0 = r2 ◦ x1 (perche?). D’altro canto, essendo c1 e c2linearmente indipendenti in Qn, un vettore x appartiene al nucleo di A1 +A2 se, e solo se, r1 ◦x = 0 = r2 ◦x.Dunque, ker(A1 +A2) = 〈r1, r2〉⊥.

Se, invece dim 〈c1, c2〉 = 1 e c1 = α1c, c2 = α2c per un vettore c ∈ Qn ed α1, α2 in Q, allora

im(A1 +A2) = 〈c〉 e ker(A1 +A2) = 〈α1r1 + α2r2〉⊥. Analogamente, se r1 = α1r, r2 = α2r, per un vettore

r ∈ Qn∗ ed α1, α2 in Q, allora im(A1 +A2) = 〈α1c1 + α2c2〉 e ker(A1 +A2) = 〈r〉⊥.

(c) Applicando la tecnica di eliminazione alle righe o alle colonne di B, si verifica facilmente che rkB = 2.In particolare, se consideriamo i vettori

v1 =

1

0

0

0

0

, v2 =

0

1

0

0

0

, v3 =

−1−11

0

0

, v4 =

−11

0

1

0

, v5 =

−13

0

0

1

,

si ha che v3, v4, v5 sono una base del nucleo di B ed i vettori v1 e v2 li completano ad una base di Q5. Infine,i vettori

w1 = Bv1 =

3

1

0

2

0

, w2 = Bv2 =

1

0

0

−11

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 28 febbraio 2012 13

sono una base dell’immagine di B. Se consideriamo la base duale v∗1 , . . . , v∗5 di Q5∗, ovvero,

v∗1 = (1, 0, 1, 1, 1) , v∗2 = (0, 1, 1,−1,−3) , v∗3 = (0, 0, 1, 0, 0) , v∗4 = (0, 0, 0, 1, 0) , v∗5 = (0, 0, 0, 0, 1) ,

si ha B = w1v∗1 + w2v

∗2(†), prodotto di colonne per righe.

Possiamo modificare la scelta della base V, prendendo come v1, v2 una qualsiasi altra coppia di generatoridi un complementare del nucleo di B. In corrispondenza a questa coppia, sono univocamente determinatii vettori w1 = Bv1 e w2 = Bv2 ed i vettori v∗1 , v

∗2 , ortogonali al nucleo di B, e tali che v∗i ◦ vj = δij per

1 ≤ i, j ≤ 2. �

(†) Detta φ : Q5 → Q5 l’applicazione lineare di matrice B rispetto alla base canonica, nelle notazioni del sesto foglio di

esercizi, si potrebbe scrivere φ = w1 ⊗ v∗1 + w2 ⊗ v∗2 = φ(v1)⊗ v∗1 + φ(v2)⊗ v∗2 .

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 27 giugno 2012

ESERCIZIO 1. Si consideri il numero complesso z0 = 2− i.(a) Si verifichi che l’applicazione φz0C → C, definita da φz0(z) = z0z, per ogni z ∈ C, e un’applicazione

R-lineare e se ne scriva la matrice nella base canonica, I = {1, i}. Si calcoli detφz0 .

(b) Identificando il piano di Gauss col piano euclideo, per cui la base I e ortonormale, si mostri che φz0e composizione di una dilatazione e di una rotazione (che commutano). Si scrivano le corrispondentimatrici nella base canonica.

Svolgimento. (a) La matrice cercata e A = αI,I(φz0) =(

2 1

−1 2

)e detφz0 = 5 = |z0|2.

(b) z0 = |z0|eiArgz0 =√

5(

2√5

+ i 1√5

). Quindi A =

(√5 0

0√5

)(2/√5 1/

√5

−1/√5 2/√5

). �

ESERCIZIO 2. Si considerino le matrici

A0 =

( 1 0 1

0 1 0

1 0 0

0 1 −1

)∈M4×3(Q) e B0 =

(1 0 1 0

0 1 1 2

1 1 0 0

)∈M3×4(Q).

(a) Si determinino nucleo ed immagine delle applicazioni lineari associate alle due matrici (nelle basi cano-niche di Q3 e Q4) e si scrivano delle equazioni cartesiane per ciascuno dei sottospazi cosı determinati.

(b) Si determinino tutte le inverse destre, sinistre o bilatere per ciascuna delle due matrici.

(c) Sia Φ : M3(Q)→M4(Q) l’applicazione lineare definita ponendo Φ(X) = A0XB0 per ogni X ∈M3(Q).Si determinino nucleo ed immagine di Φ indicando, in particolare le dimensioni e delle equazioni carte-siane per ciascuno di questi sottospazi (le coordinate vanno riferite alla base canonica dello spazio dellematrici).

(d) Sia S l’insieme delle applicazioni lineari Ψ : M4(Q)→M3(Q) tali che Ψ ◦ Φ = idM3(Q). Sia D l’insiemedelle applicazioni lineari χ : M4(Q) → M3(Q) tali che Φ ◦ χ = idM4(Q). Si dimostri che S e D sonosottovarieta lineari di A(HomQ (M4(Q),M3(Q)) e se ne calcolino le dimensioni. Che relazioni ci sonocon le inverse delle matrici A0 e B0?

Svolgimento. (a) A0 e B0 hanno entrambe rango 3 (si vedano, ad esempio, il minore estratto dalle primetre righe della prima ed il minore estratto dalle ultime tre colonne della seconda). Dunque, il nucleo di A0

e 〈0〉, mentre l’immagine di A0 e l’iperpiano di equazione X1 −X2 −X3 +X4 = 0.

Analogamente, l’immagine di B0 e tutto Q3, mentre il nucleo ha dimensione 1 ed e generato dal vettore( 1

−1−11

). In particolare delle equazioni cartesiane sono date dal sistema lineare omogeneo di matrice B0.

(b) A0 ha solo inverse sinistre del tipo A1 +

(a −a −a ab −b −b bc −c −c c

), ove A1 =

(0 0 1 0

0 1 0 0

1 0 −1 0

).

Analogamente, B0 ha solo inverse destre del tipo B1 +

(a b c

−a −b −c−a −b −ca b c

), ove B1 =

( 0 0 0

0 0 1

1 0 0

−1/2 1/2 −1/2

).

(c) Φ e iniettiva, perche, se Φ(X) = A0XB0 = 0, moltiplicando a sinistra per A1 ed a destra per B1, si deduceche X = 0. Quindi imΦ e un sottospazio di dimensione 9 = dimQM3Q, ed una matrice X = (Xij)1≤i,j≤4

14

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 27 giugno 2012 15

appartiene a questo sottospazio se, e solo se, sono soddisfatte le equazioni omogenee

x11 − x21 − x31 + x41 = 0

x12 − x22 − x32 + x42 = 0

x13 − x23 − x33 + x43 = 0

x14 − x24 − x34 + x44 = 0

x11 − x12 − x13 + x14 = 0

x21 − x22 − x23 + x24 = 0

x31 − x32 − x33 + x34 = 0

x41 − x42 − x43 + x44 = 0

Il sistema ha rango 7 (si potrebbe cancellare un’equazione).

(d) Φ e iniettiva, ma non suriettiva, quindi ha solo inverse sinistre, per cui l’insieme D e la sottovarietalineare vuota, di dimensione −1. Per quanto riguarda S, si tratta di una sottovarieta lineare passante perl’applicazione Ψ1 (Ψ1(Y ) = A1Y B1) e di dimensione 63. Detto K un complementare di imΦ in M4(Q)(dimQK = 7), il sottospazio direttore e isomorfo a HomQ (K,M3(Q)) che ha quindi la dimensione indicatasopra. Le inverse sinistre di Φ che si ottengono in modo analogo a Ψ1, prendendo delle altre inverse in luogodi A1 e B1, formano una sottovarieta lineare di dimensione 6 contenuta in S. �


ESERCIZIO 1. Si identifichi il piano di Gauss con il piano euclideo reale, per cui i vettori 1, i formanouna base ortonormale e si considerino i numeri complessi a = 2− i e b = 2− 3i.(a) Si verifichi che l’applicazione f : C → C, definita da z 7→ az + b, e un’affinita del piano euclideo. Si

scriva la matrice di f nel riferimento I = {O, 1, i}(b) Si mostri che f e una similitudine del piano euclideo reale, ovvero si determini una costante reale positiva,

λ tale che, per ogni coppia di numeri complessi, z1, z2, si abbia ‖f(z1) − f(z2)‖ = λ‖z1 − z2‖. E veroche esiste un’omotetia del piano euclideo reale che composta dopo f produce una rotazione? E vero cheesiste un’omotetia del piano euclideo reale che composta dopo f produce una simmetria rispetto ad unaretta?

Svolgimento. (a) L’applicazione e affine come applicazione complessa e quindi, a maggior ragione, comeapplicazione dello spazio reale. L’applicazione lineare associata e z 7→ az e la matrice di f nel riferimento Ie

A =

(1 0 0

2 2 1

−3 −1 2

)=

(1 0 0

0√5 0

0 0√5

)(1 0 0

2/√5 2/

√5 1/

√5

−3/√5 −1/

√5 2/√5

).

(b) La decomposizione al punto precedente fa vedere che f e composizione di un’isometria diretta (rotazione)e di un’omotetia di centro l’origine e coefficiente di dilatazione λ =

√5. Quindi composta con l’omotetia

inversa produce una rotazione, ma non puo mai produrre una simmetria perche le omotetie del piano hannotutte determinante positivo cosı come f . �

ESERCIZIO 2. Si considerino le matrici

A0 =

(0 0 1 1

1 0 1 0

1 2 0 1

)∈M3×4(C). e B0 =

( 0 2 1

−1 0 1

1 2 1

0 0 1

)∈M4×3(C)

(a) Si determinino nucleo ed immagine delle applicazioni lineari associate alle due matrici (nelle basi cano-niche di C3 e C4) e si scrivano delle equazioni cartesiane per ciascuno dei sottospazi cosı determinati.

(b) Si determinino tutte le inverse destre, sinistre o bilatere per ciascuna delle due matrici.(c) Sia Φ : M4(C) → M3(C) l’applicazione lineare definita ponendo Φ(X) = A0XB0 per ogni X ∈ M4(C).

Si determinino nucleo ed immagine di Φ indicando in particolare delle basi per ciascuno di questisottospazi.

(d) Per ogni numero naturale n, si identifichi lo spazio vettoriale Mn(C) col suo duale tramite l’applicazionebilineare non degenere (A,B) 7→ trtAB. Cosa si puo dire dell’applicazione trasposta di Φ? Indicata conεn(ij) la base canonica di Mn(C), scrivere la matrice di Φ∗ nelle basi canoniche.

Svolgimento. (a) A0 e B0 hanno entrambe rango 3 (si vedano, ad esempio, il minore estratto dalle prime trecolonne della prima ed il minore estratto dalle ultime tre righe della seconda). Dunque, l’immagine di A0 e

C3, mentre il nucleo di A0 e generato dal vettore

( 1

−1−11

)e delle equazioni cartesiane per il nucleo sono date

dal sistema lineare omogeneo di matrice A0.Il nucleo di B0 e 〈0〉, mentre l’immagine e l’iperpiano di equazione X1 −X2 −X3 +X4 = 0.

(b) A0 ha solo inverse destre del tipo B1 +

(a b c

−a −b −c−a −b −ca b c

), ove B1 =

( 0 1 0

−1/2 −1/2 1/2

0 0 0

1 0 0

).

Analogamente, B0 ha solo inverse sinistre del tipo A1 +

(a −a −a ab −b −b bc −c −c c

), ove A1 =

( −1 0 1 0

1/2 0 0 −1/20 0 0 1

).

(c) Φ e suriettiva, perche, comunque si prenda Y ∈ M3(C) e si consideri la matrice X = A1Y B1 ∈ M4(C),si ha Φ(X) = A0(A1Y B1)B0 = (A0A1)Y (B1B0) = Y , e quindi Y ∈ imΦ. Una base dell’immagine e quindila base canonica di M3(C).

16


kerΦ e un sottospazio di dimensione 7 di M4(C). Una matrice X = (xij)1≤i,j≤4 appartiene a questosottospazio se, e solo se, X(imB0) ⊆ kerA0; ovvero sta nel sottospazio generato dalle matrici

( 1 −1 −1 1

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

),

( 0 0 0 0

1 −1 −1 1

0 0 0 0

0 0 0 0

),

( 0 0 0 0

0 0 0 0

1 −1 −1 1

0 0 0 0

),

( 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

1 −1 −1 1

),

( 1 0 0 0

−1 0 0 0

−1 0 0 0

1 0 0 0

),

( 0 1 0 0

0 −1 0 0

0 −1 0 0

0 1 0 0

),

( 0 0 1 0

0 0 −1 0

0 0 −1 0

0 0 1 0

),

( 0 0 0 1

0 0 0 −10 0 0 −10 0 0 1

).

che non sono una base del nucleo, ma solo dei generatori (per ottenere una base basta cancellare una qualsiasidi queste matrici).

(d) Φ∗ : M3(C)→M4(C) e iniettiva, perche kerΦ∗ = (imΦ)⊥ = 〈0〉. Inoltre, imΦ∗ = (kerΦ)⊥. Infine

Φ∗(ε3(ij)) ◦ ε4(hk) = ε3(ij) ◦ Φ(ε4(hk)) = tr (ε3(ji)A0ε4(hk)B0) = aihbkj

che permette di calcolare la matrice di Φ∗ (come?). �


ESERCIZIO 1. Siano z1 e z2 le radici del polinomio P (X) = X2 + iX + 1 ∈ C[X]. Si determinino moduloe argomento del numero complesso (z21z2 + z1z

22)3.

Svolgimento. z21z2 + z1z22 = (z1 + z2)z1z2 = −i e (−i)3 = i. Quindi il modulo e 1 e l’argomento π

2 . �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale sul campo C e sia W un suo sottospazio. E vero che, per ognispazio vettoriale T su C, si ha

HomC (V/W, T ) ∼= ker(

HomC (V, T )R−→ HomC (W,T )

),

ove l’applicazione R associa ad ogni omomorfismo f : V → T la sua restrizione al sottospazio W?

[In caso affermativo dare una dimostrazione in caso negativo proporre un controesempio.]

Svolgimento. E vero, e l’identificazione (canonica) tra i due insiemi e la seguente. Grazie alla proiezionecanonica π : V → V/W , dato un omomorfismo u : V/W → T , possiamo considerare l’applicazione compostau ◦ π, che e un elemento del nucleo di R. Viceversa, dato un omomorfismo f : V → T che si annulli suivettori di W , e ben definita l’applicazione (lineare) che ad ogni elemento x+W di V/W associa f(x). Infatti,il valore di f(x) non dipende dal rappresentante scelto per x + W e l’applicazione e lineare. Queste duecorrispondenze sono l’una l’inversa dell’altra. �

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale reale e V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si consideri l’endomor-fismo φ : V → V di matrice

A = αV,V(φ) =

1 0 1 0 0

0 0 0 −2 −61 0 1 0 0

0 1 0 3 7

0 0 0 −1 −3

.

(a) Si determinino nucleo ed immagine di φ ed i sottospazi kerφ+ imφ e kerφ∩ imφ scrivendo esplicitamenteuna base per ciascun sottospazio.

(b) Si scrivano delle basi per i sottospazi kerφn e imφn al variare di n tra i numeri interi positivi e si dicase esistano degli interi n tali che kerφn ⊕ imφn.

(c) Sia Φ : M5(R)→M5(R) l’applicazione lineare definita ponendo Φ(X) = AXA per ogni X ∈M5(R). Sideterminino nucleo ed immagine di Φ e le loro dimensioni, giustificando chiaramente la risposta.

(d) E vero che esistono due matrici rettangolari, B0 e C0, tali che ogni elemento di imΦ si scriva comeB0XC0 al variare di X in M3(R)? In caso affermativo, si dica come determinare tali matrici e se lacorrispondenza M3(R)→ imΦ, che manda X su B0XC0, e un isomorfismo di spazi vettoriali?


kerφ =

⟨

1

0

−10

0

,

0

−20

3

−1

⟩, imφ =

⟨

1

0

1

0

0

,

0

0

0

1

0

,

0

−20

3

−1

⟩,

kerφ ∩ imφ =

⟨

0

−20

3

−1

⟩, kerφ+ imφ =

⟨

1

0

−10

0

,

1

0

1

0

0

,

0

0

0

1

0

,

0

−20

3

−1

⟩.

18


(b) Si ha

kerφ2 =

⟨

1

0

−10

0

,

0

−20

3

−1

,

0

0

0

1

0

⟩, imφ2 =

⟨

1

0

1

0

0

,

0

−20

3

−1

⟩,

kerφn =

⟨

1

0

−10

0

,

0

1

0

0

0

,

0

0

0

1

0

,

0

0

0

0

1

⟩, imφn =

⟨

1

0

1

0

0

⟩

per ogni n ≥ 3.

In particolare, V = kerφn ⊕ imφn per ogni n ≥ 3.

(c) Identifichiamo M5(R) con HomR (V, V ), tramite l’isomorfismo αV,V : HomR (V, V ) → M5(R). Un’appli-cazione lineare ξ : V → V appartiene a kerΦ se, e solo se, ξ(imφ) ⊆ kerφ. Viste le dimensioni di nucleo edimmagine di φ, si deduce che ξ varia in un sottospazio vettoriale di dimensione 16 (i vettori di imφ devonoessere mandati in vettori di kerφ, mentre i vettori di un complementare di imφ possono essere mandati inarbitrari vettori di V ).

Un’applicazione lineare η : V → V appartiene a imΦ se, e solo se, imη ⊆ imφ e kerη ⊇ kerφ. Infatti,se indichiamo con W un complementare di kerφ e con w1, w2, w3 una sua base, i vettori φ(w1), φ(w2), φ(w3)formano una base di imφ, che possiamo completare con dei vettori u4, u5, ad una base di V . I vettori η(wi),i = 1, 2, 3, appartengono ad imφ e quindi esistono dei vettori xi tali che η(wi) = φ(xi), per i = 1, 2, 3. Seconsideriamo l’applicazione lineare, ξ : V → V , definita da ξ(φ(wi)) = xi, per i = 1, 2, 3, e ξ(u4) = ξ(u5) = 0,si ha η = φ ◦ ξ ◦ φ.

(d) Si hakerφ⊥ = 〈v∗1 + v∗3 , 3v

∗2 + 2v∗4 , v

∗4 + 3v∗5〉 e imφ = 〈v1 + v3, v4, 2v2 + v5〉 .

Consideriamo quindi le matrici

B0 =

1 0 0

0 0 2

1 0 0

0 1 0

0 0 1

e C0 =

(1 0 1 0 0

0 3 0 2 0

0 0 0 1 3

).

Presa una qualsiasi matrice X ∈M3(R), l’applicazione lineare η : V → V tale che αV,V(η) = B0XC0, mandaa zero i vettori di kerφ ed ha l’immagine contenuta in imφ. La corrispondenza M3(R) → imΦ, che mandaX su B0XC0, e un omomorfismo di spazi vettoriali che e iniettivo, perche B0 e C0 hanno entrambo rango3 e percio B0 e invertibile a sinistra e C0 e invertibile a destra (spiegarsi bene questo fatto!). Quindi lacorrispondenza e un isomorfismo. Dalla costruzione e chiaro come fare a determinare altre possibili matriciB0 e C0 che risolvano il problema dato. �


ESERCIZIO 1. Sia f : A1(C) → A1(C) un’applicazione affine. E vero che se f assume lo stesso valoresu due punti distinti allora assume lo stesso valore su tutti i punti? E vero che esiste un’applicazione affinef : A1(C)→ A1(C) tale che f(1 + i) = 1 + i e f(1− i) = 3− i? In caso affermativo, si determini l’espressionedi f nel riferimento canonico di A1(C).

Svolgimento. Un’applicazione affine della retta complessa si scrive nel riferimento canonico nella forma z 7→az + b, per opportuni numeri complessi a, b. Se z1 6= z2 e az1 + b = az2 + b, allora a = 0 e l’applicazionemanda tutti i punti della retta complessa in b.

Per trovare l’applicazione in questione, basta risolvere il sistema lineare

{a(1 + i) + b = 1 + i

a(1− i) + b = 3− i , che

porge a = 1 + i, b = 1− i. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q e siano V = {v1, . . . , v5} e W = {w1, . . . , w4}delle rispettive basi. Data l’applicazione lineare φ : V →W di matrice

A = αV,W(φ) =

( 1 1 0 3 2

0 2 2 2 2

−1 0 1 −2 −11 1 0 3 2

),

si determinino delle basi per il nucleo e l’immagine di φ. Detto r il rango di φ, determinare (se esistono) rvettori w1, . . . , wr in W ed r forme lineari ξ1, . . . , ξr in V ∗ tali che φ = w1 ⊗ ξ1 + · · ·+ wr ⊗ ξr e si scrivanole matrici nelle basi date delle applicazioni wi ⊗ ξi, i = 1, . . . , r.

Svolgimento. L’omomorfismo φ ha rango 2 e

imφ = 〈w1 − w3 + w4, 2w2 + w3〉 , kerφ = 〈v1 − v2 + v3, 3v1 + v3 − v4, 2v1 + v3 − v5〉 .

I vettori v1 e v3, generano un complementare di kerφ, perche le loro immagini tramite φ costituiscono la basedell’immagine scritta sopra. In particolare, v1 + kerφ e v3 + kerφ sono una base di V/kerφ e kerφ⊥ ⊂ V ∗

si puo identificare con il duale di V/kerφ [in che modo?]. Le forme lineari ξ1 = v∗1 + v∗2 + 3v∗4 + 2v∗5 eξ2 = v∗2 + v∗3 + v∗4 + v∗5 sono la base di kerφ⊥ duale della base fissata e quindi

φ = φ(v1)⊗ ξ1 + φ(v3)⊗ ξ2 = (w1 − w3 + w4)⊗ (v∗1 + v∗2 + 3v∗4 + 2v∗5) + (2w2 + w3)⊗ (v∗2 + v∗3 + v∗4 + v∗5).

In termini di matrici si ha

A =

( 1 1 0 3 2

0 2 2 2 2

−1 0 1 −2 −11 1 0 3 2

)=

( 1

0

−11

)( 1 1 0 3 2 ) +

( 0

2

1

0

)( 0 1 1 1 1 )

che e una decomposizione del tipo richiesto. �

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio vettoriale R7 dotato della base canonica E = {e1, . . . , e7}, e sianofissati i sottospazi V = 〈e1, e2, e3, e4〉 e W = 〈e5, e6, e7〉.(a) Si determinino, se esistono, le applicazioni lineari φ : V →W soddisfacenti alle condizioni

φ(e1 + e3) = e5 + e6 + 2e7, φ(e2 + e4) = 3e5 + 3e6 + 6e7,

φ(e1 + e2 + e3) = e5 + 3e6 + 7e7, φ(e2 − e3 + e4) = 4e5 + 2e6 + 3e7.

e se ne scriva la matrice nelle basi date. Di tali applicazioni si determinino nucleo ed immagine, scrivendoesplicitamente una base per ciascun sottospazio.

20


(b) Si consideri il sottoinsieme U ={v + φ(v) ∈ R7 | v ∈ V

}. Si mostri che U e un sottospazio, detto il

grafico dell’applicazione lineare φ, e si determinino la dimensione e delle equazioni cartesiane per U . Visono relazioni con il rango di φ? Si determinino delle eventuali basi per i sottospazi U ∩ V e U ∩W .

(c) Si diano condizioni necessarie e sufficienti affinche un sottospazio G di R7 sia il grafico di un’applicazionelineare ψ : V →W .

(d) Sia R7∗ lo spazio duale di R7 con la base duale E∗ = {e∗1, . . . , e∗7}. Si determinino una base e delleequazioni cartesiane per il sottospazio U⊥ e si dica che relazioni vi sono (se ve ne sono) tra questosottospazio ed il grafico dell’applicazione trasposta φ∗ : W ∗ → V ∗.

Svolgimento. (a) I vettori e1 +e3, e2 +e4, e1 +e2 +e3, e2−e3 +e4 sono una base di V e quindi l’applicazionelineare φ esiste ed e unica. Detta B la sua matrice nella basi date, si ha

B =

(2 0 −1 3

0 2 1 1

−1 5 3 1

). imφ = 〈2e5 − e7, 2e6 + 5e7〉 , kerφ = 〈e1 − e2 + 2e3, 2e1 + e3 − e4〉 .

(b) La verifica che U e sottospazio e immediata. Infatti, 0 = 0 + φ(0) ∈ U e, dati v1, v2 in V ed a1, a2 inQ, si ha a1(v1 + φ(v1)) + a2(v2 + φ(v2)) = (a1v1 + a2v2) + φ(a1v1 + a2v2) ∈ U , perche φ e lineare.

Un vettore

( x1

...x7

)appartiene ad U se, e solo se,

x5 = 2x1 − x3 + 3x4

x6 = 2x2 + x3 + x4

x7 = −x1 + 5x2 + 3x3 + x4

e quindi si tratta di

un sottospazio di dimensione 4 (soluzione di un sistema lineare omogeneo di rango 3 in 7 incognite). Ladimensione di U coincide con la dimensione di V , indipendentemente dal rango di φ. In particolare, i vettoridi U ∩ V hanno le ultime tre componenti uguali a 0 e quindi sono i vettori di kerφ, una cui base e scrittasopra; mentre U ∩W = 〈0〉 e non c’e una base.

(c) Un sottospazio G di R7 = V ⊕W e il grafico di un omomorfismo ψ : V →W se, e solo se, dimG = dimVe G ∩ W = 〈0〉. Sotto queste ipotesi, la restrizione a G della proiezione su V , parallelamente a W , eun’applicazione iniettiva (il suo nucleo e G ∩ W ) e quindi, per motivi di dimensione, e suriettiva su V .Quindi, per ogni vettore x ∈ V esiste un unico vettore x + w ∈ G, con w ∈ W . L’applicazione x 7→ we l’omomorfismo cercato e quindi le condizioni date sono sufficienti. Lasciamo al lettore la verifica che lecondizioni sono anche necessarie.

(d) I vettori e1 + φ(e1), . . . , e4 + φ(e4) sono una base di U , quindi un vettore y1e∗1 + · · ·+ y7e

∗7 appartiene a

U⊥ se, e solo se, le sue coordinate soddisfano al sistema

Y1 + 2Y5 − Y7 = 0

Y2 + 2Y6 + 5Y7 = 0

Y3 − Y5 + Y6 + 3Y7 = 0

Y4 + 3Y5 + Y6 + Y7 = 0

ed una base e data dai vettori

2e∗1 − e∗3 + 3e∗4 − e∗5, 2e∗2 + e∗3 + e∗4 − e∗6, −e∗1 + 5e∗2 + 3e∗3 + e∗4 − e∗7.

Il sottospazio V ⊥ = 〈e∗5, e∗6, e∗7〉 si identifica con W ∗ prendendo la base data come base duale della basee5, e6, e7 di W ; ed analogamente si identifica W⊥ = 〈e∗1, e∗2, e∗3, e∗4〉 con lo spazio V ∗. Con queste identificazioniU⊥ e il grafico di −φ∗. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 4 maggio 2012 – Compito A

ESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

5 0 1 −2 00 3 0 0 30 0 7 0 42 0 1 1 00 0 −4 0 −1

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Sia A = (aij)1≤i,j≤n ∈ Mn(Q) una matrice strettamente triangolare superiore (i ≥ j ⇒ aij = 0). E

vero o falso che il polinomio minimo di A e uguale a Xn se, e solo se, ai,i+1 6= 0 per ogni i = 1, . . . , n−1?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 3)5 e quindi vi e il solo autovalore 3, conmolteplicita (algebrica) 5. Gli autovettori relativi all’autovalore 3 generano il sottospazio ker(φ − 3id) =〈e2, e1 + e4〉. Si ha

A− 315 =

2 0 1 −2 0

0 0 0 0 3

0 0 4 0 4

2 0 1 −2 0

0 0 −4 0 −4

, (A− 31)2 =

0 0 4 0 4

0 0 −12 0 −120 0 0 0 0

0 0 4 0 4

0 0 0 0 0

, (A− 31)3 = 0;

e il polinomio minimo e λφ(X) = (X − 3)3.

(b) La matrice di Jordan ha quindi un blocco di ordine 3 ed uno di ordine 2. Il vettore v5 = e5 e un autovettoregeneralizzato di periodo 3. Posto v4 = (φ−3id)(v5) = 3e2 + 4e3−4e5, v3 = (φ−3id)2(v5) = 4e1−12e2 + 4e4e, v2 = e1, v1 = (φ− 3id)(v2) = 2e1 + 2e4, si ottiene la base V = {v1, . . . , v5} rispetto a cui φ ha matrice diJordan. Le matrici cercate sono

J = αV,V(φ) =

3 1 0 0 0

0 3 0 0 0

0 0 3 1 0

0 0 0 3 1

0 0 0 0 3

e P = αV,E(id) =

2 1 4 0 0

0 0 −12 3 0

0 0 0 4 0

2 0 4 0 0

0 0 0 −4 1

(c) La matrice A ha polinomio caratteristico Xn e quindi e una matrice nilpotente (Teorema di Hamilton-Cayley). Il suo polinomio minimo coincide col polinomio caratteristico se, e solo se, la sua forma di Jordan ecostituita da un unico blocco (di ordine n) e cio accade se, e solo se, il nucleo di A ha dimensione 1, ovverose, e solo se, rkA = n− 1.

Se qualcuna tra le entrate ai,i+1 della matrice A fosse nulla, tutti i minori di ordine n−1 di A sarebberonulli e quindi A dovrebbe necessariamente avere rango minore di n− 1. Cio permette di concludere. �

1


ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A(R4) col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e4}), si considerino ipunti P,Q,R ed i vettori w1, w2, ove

P =

( 2

0

−11

), Q =

( 1

3

0

0

), R =

( 0

1

1

1

)e w1 =

( 1

0

−10

), w2 =

(−10

2

0

).

(a) Si determinino equazioni parametriche e cartesiane dei piani L = P ∨ Q ∨ R ed M = O + 〈w1, w2〉. Sidica quale sia la reciproca posizione dei due piani.

(b) Detti U e W i rispettivi sottospazi direttori di L ed M si verifichi che e ben definita la simmetria, σ1,di asse L e direzione W e si scriva la sua matrice nel riferimento canonico. Si scriva la matrice nelriferimento canonico della simmetria, σ2, di asse M e direzione U .

(c) E vero che la composizione σ1 ◦ σ2 e un’omotetia? Con quale centro e quale coefficiente di dilatazione?Date due rette sghembe, r ed s in A(R4), ed un punto X0 /∈ r∨ s, esistono sempre un piano π, passanteper X0, ed un sottospazio W0 tali che la simmetria di asse π e direzione W0 trasformi la retta r nellaretta s?

Svolgimento. (a) I due piani (dimensione 2), hanno equazioni parametriche

L :

X1 = 2− t1 − 2t2

X2 = 3t1 + t2

X3 = −1 + t1 + 2t2

X4 = 1− t1

e M :

X1 = s1 − s2X2 = 0

X3 = −s1 + 2s2

X4 = 0

e quindi equazioni cartesiane

L :

{X1 +X3 = 1

2X2 −X3 + 5X4 = 6e M :

{X2 = 0

X4 = 0.

I due piani sono incidenti nel punto P0 = O + 7e1 − 6e3, ovvero L ∩M = {P0}.(b) Per quanto visto, i sottospazio direttori dei due piani sono complementari e quindi sono ben definite le due

simmetrie. In particolare, σ1 e quell’unica trasformazione affine per cui σ1(X)−X ∈W e σ1(X)+X2 ∈ L per

ogni punto X di A(R4). L’applicazione lineare associata a σ2 e l’opposto dell’applicazione lineare associataa σ1 ed il piano M contiene l’origine. Da cio si ricava

A = αR,R(σ1) =

1 0 0 0 0

14 −1 −4 0 −100 0 1 0 0

−12 0 4 −1 10

0 0 0 0 1

e B = αR,R(σ2) =

1 0 0 0 0

0 1 4 0 10

0 0 −1 0 0

0 0 −4 1 −100 0 0 0 −1

.

(c) La composizione tra le due simmetrie (in qualunque ordine) lascia invariato il punto P0 = L ∩ M etrasforma ogni vettore di R4 nel suo opposto. Quindi si tratta dell’omotetia di centro P0 e coefficiente −1.

Siano r = P1 + 〈v1〉 ed s = P2 + 〈v2〉, e poniamo M = P1+P2

2 , v3 = P2 − P1, v4 = X0 −M . Le ipotesidate ci garantiscono che V = (M, {v1, v2, v3, v4}) e un riferimento nello spazio affine A(R4). L’applicazioneaffine f di matrice

αV ,V (f) =

1 0 0 0 0

0 0 1 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 −1 0

0 0 0 0 1

e la simmetria cercata, ovvero la simmetria di asse π = M + 〈v1 + v2, v4〉 e direzione W0 = 〈v1 − v2, v3〉.�

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 4 maggio 2012


BESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

−1 0 −4 0 00 1 1 0 24 0 7 0 03 0 0 3 00 −2 1 0 5

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Sia A = (aij)1≤i,j≤n ∈Mn(Q) una matrice strettamente triangolare inferiore (i ≤ j ⇒ aij = 0). E vero

o falso che il polinomio minimo di A e uguale a Xn se, e solo se, ai+1,i 6= 0 per ogni i = 1, . . . , n− 1?

ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A(R4) col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e4}), si considerino ipunti P,Q,R ed i vettori w1, w2, ove

P =

( 1

−12

0

), Q =

( 0

0

1

3

), R =

( 1

1

0

1

)e w1 =

( 0

−11

0

), w2 =

( 0

2

−10

).

(a) Si determinino equazioni parametriche e cartesiane dei piani L = P ∨ Q ∨ R ed M = O + 〈w1, w2〉. Sidica quale sia la reciproca posizione dei due piani.

(b) Detti U e W i rispettivi sottospazi direttori di L ed M si verifichi che e ben definita la simmetria, σ1,di asse L e direzione W e si scriva la sua matrice nel riferimento canonico. Si scriva la matrice nelriferimento canonico della simmetria, σ2, di asse M e direzione U .

(c) E vero che la composizione σ2 ◦ σ1 e un’omotetia? Con quale centro e quale coefficiente di dilatazione?Date due rette sghembe, r ed s in A(R4), ed un punto X0 /∈ r∨ s, esistono sempre un piano π, passanteper X0, ed un sottospazio W0 tali che la simmetria di asse π e direzione W0 trasformi la retta r nellaretta s?


1 2 3

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 19 giugno 2012 – Compito A

ESERCIZIO 1. Nello spazio euclideo E3 si considerino i piani di equazioni π1 : 2X − Y + Z = 3 eπ2 : Y + Z = 2 nel riferimento canonico R = (O, e1, e2, e3).(a) Sia σ1 la riflessione rispetto al piano π1 e si scriva la matrice nel riferimento canonico dell’isometria che

si ottiene applicando la traslazione τ di vettore 3e1, dopo la riflessione σ1.(b) Si decomponga l’isometria τ ◦ σ1 nella composizione di una riflessione con una traslazione parallela al

piano di riflessione. Detta σ2 la riflessione di piano π2, si scriva la matrice dell’isometria f = σ2◦τ◦σ1 e lasi classifichi secondo Eulero indicando quali siano le sottovarieta lineari unite per questa trasformazione.

(c) Si determinino il punto P1 di π1 ed il punto P2 di π2 a distanza minima dall’origine. Si determinino ladistanza e l’angolo formati dalla retta P1 ∨ P2 con le rette unite per l’isometria f .

Svolgimento. (a) La matrice e αR,R(τ ◦ σ1) =

( 1 0 0 0

5 −1/3 2/3 −2/3−1 2/3 2/3 1/3

1 −2/3 1/3 2/3

).

(b) Il vettore t0 = 5e1 − e2 + e3 e la somma di t′ = 4e1 − 2e2 + 2e3 perpendicolare al piano π1 e dit1 = e1 + e2 − e3 parallelo al piano. Quindi l’isometria τ ◦ σ1 e la glissoriflessione che si ottiene componendola simmetria, σ, rispetto al piano π : 2X − Y + Z − 6 = 0 (parallelo a π1 e passante per O + t′/2) con latraslazione, τ1, di vettore t1. Ovvero τ ◦ σ1 = τ1 ◦ σ = σ ◦ τ1.

La riflessione σ2 rispetto al piano π2, lascia invariante il vettore t1 che e parallelo a π e a π2. Quindi

f = σ2 ◦ τ ◦ σ1 = σ2 ◦ σ ◦ τ1 = τ1 ◦ σ2 ◦ σ

e una roto-traslazione, composta da una rotazione di asse la retta π∩π2 e della traslazione τ1. In particolare

αR,R(f) =

( 1 0 0 0

1 1 0 0

1 0 1 0

−1 0 0 1

)( 1 0 0 0

0 1 0 0

2 0 0 −12 0 −1 0

)( 1 0 0 0

4 −1/3 2/3 −2/3−2 2/3 2/3 1/3

2 −2/3 1/3 2/3

)=

( 1 0 0 0

5 −1/3 2/3 −2/31 2/3 −1/3 −2/33 −2/3 −2/3 −1/3

)

e quindi e la rotazione di un angolo piatto (seguita dalla traslazione τ1).

(c) P1 =

(1

−1/21/2

)e P2 =

(0

1

1

); quindi P1 ∨ P2 = P2 + 〈2e1 − 3e2 − e3〉. La retta unita per f e l’asse di

rotazione, h = π ∩ π2 = P3 + 〈e1 + e2 − e3〉, ove P3 = O+ 4e1 + 2e2. La distanza tra le due rette e d = 2√

67

e l’angolo tra le due rette e π2 . �


P1 =

( 1

0

−20

), P2 =

( 0

−10

2

), ed il piano π :

{2X2 +X3 = −4

X1 − 2X4 = −3.

(a) Si determini un sistema di equazioni cartesiane per la retta r = P1 ∨ P2. Si determinino la posizionereciproca, la distanza e i punti di minima distanza tra la retta r ed il piano π. Detto Q il punto di π aminima distanza da r, si determini l’area del triangolo P1P2Q.

(b) Si determinino le equazioni cartesiane ed una rappresentazione parametrica della proiezione ortogonaledella retta r su π. In uno spazio euclideo di dimensione n ≥ 4, dati una retta ed un piano sghembi, laproiezione ortogonale della retta sul piano e sempre una retta? Si dia una dimostrazione di questo fattoo si enunci e si dimostri una condizione necessaria e sufficiente affinche la proiezione sia una retta.

(c) Siano V = {v1, . . . , v4} e W = {w1, . . . , w4} due basi ortonormali di R4 che inducono lo stesso orienta-mento. E vero o falso che v1 + 3w1, . . . , v4 + 3w4 e una base di R4, concorde con le basi date?

4

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 19 giugno 2012 – Compito A 5

Svolgimento. (a) I punti della retta r sono le soluzioni del sistema lineare

2X1 +X4 = 2

2X2 +X4 = 0

X3 −X4 = −2

.

Si considerino i vettori, v1 =

( 1

1

−2−2

), v2 =

( 0

1

−20

), v3 =

( 2

0

0

1

), v4 =

( 0

2

1

0

)e il punto P3 =

(−3−20

0

). La

retta r e parallela al vettore v1 = P1 − P2 ed il sottospazio direttore di π e W = 〈v2, v3〉. P3 e un punto di

π e v4 e un vettore ortogonale ad entrambo le sottovarieta lineari (〈v4〉 = 〈v1, v2, v3〉⊥). Quindi la distanza

tra r e π e la lunghezza della proiezione ortogonale di P1 − P3 lungo v4, ovvero |(P1−P3)·v4|‖v4‖ = 2√

5.

Si ha P1 − P3 = 45v1 + 2

5v2 + 85v3 + 2

5v4 e quindi

P = P1 −4

5v1 =

1/5

−4/5−2/58/5

∈ r e Q = P3 +

2

5v2 +

8

5v3 =

1/5

−8/5−4/58/5

∈ π

sono i punti di minima distanza (P −Q ∈ 〈v4〉). L’altezza del triangolo relativa al lato P1, P2 e uguale alladistanza di π da r quindi l’area cercata e uguale 1

2‖P1 − P2‖ 2√5

=√

2.

(b) Sia W = 〈v2, v3〉 il sottospazio direttore di π. La proiezione ortogonale di r sul piano π si ottieneintersecando la sottovarieta lineare H = P1 + 〈v1〉+W⊥ con il piano π, ed ha equazioni cartesiane

s :

2X1 +X4 = 2

2X2 +X3 = −4

X1 − 2X4 = −3

e rappresentazione parametrica s =

1/5

−8/5−4/58/5

+

⟨( 0

1

−20

)⟩.

Quindi s e la sottovarieta lineare passante per Q (proiezione ortogonale di P ∈ r) e parallela al sottospazio〈w〉 (proiezione ortogonale di 〈v1〉 su W ).

In generale, dati una retta ed un piano sghembi, la proiezione ortogonale della retta sul piano e unaretta se, e solo se, il sottospazio direttore della retta non e contenuto nell’ortogonale del sottospazio direttoredel piano.

(c) Sia R = αW,V(id) la matrice di cambiamento di base che, per le ipotesi fatte, appartiene al gruppoortogonale speciale SO4, perche abbiamo due basi ortonormali concordi di R4. Quindi, la matrice che hacome colonne le coordinate dei vettori v1 +3w1, . . . , v4 +3w4 rispetto alla base V, e la matrice 14 +3R. Datoun vettore v, si ha (14 + 3R)v = 0 se, e solo se, Rv = − 1

3v che e possibile solo se v = 0, perche ‖Rv‖ = ‖v‖per ogni vettore di R4. Quindi 14 + 3R e una matrice invertibile e percio le sue colonne sono una base diR4. Per vedere che e concorde con l’orientamento, possiamo ragionare cosı. La matrice R e diagonalizzabilesu C (Teorema Spettrale per operatori normali) e un autovettore v0 per R, relativo all’autovalore a, e unautovettore per 14 + 3R relativo all’autovalore 1 + 3a. Quindi gli autovalori di 14 + 3R sono tutti del tipo1+3a, al variare di a tra gli autovalori di R. Poiche R e ortogonale, i suoi autovalori sono numeri complessi dimodulo 1 e, se compare l’autovalore −1, deve comparire con molteplicita pari, 2k, perche detR = 1 e quindinel determinante di 14 + 3R compare il fattore (1− 3)2k = 4k > 0. Inoltre, se compare tra gli autovalori diR il numero complesso a, compare anche il suo coniugato a e quindi nel determinante di 14 + 3R compareil fattore (1 + 3a)(1 + 3a) = |1 + 3a|2 che e un numero reale positivo. Quindi, il determinante di 14 + 3R eprodotto di numeri reali positivi e quindi la base e concorde con la base V. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 19 giugno 2012 – Compito B

ESERCIZIO 1. Nello spazio euclideo E3 si considerino i piani di equazioni π1 : X + 2Y − Z = 3 eπ2 : X + Z = 2 nel riferimento canonico R = (O, e1, e2, e3).(a) Sia σ1 la riflessione rispetto al piano π1 e si scriva la matrice nel riferimento canonico dell’isometria che

si ottiene applicando la traslazione τ di vettore 3e2, dopo la riflessione σ1.(b) Si decomponga l’isometria τ ◦ σ1 nella composizione di una riflessione con una traslazione parallela al

piano di riflessione. Detta σ2 la riflessione di piano π2, si scriva la matrice dell’isometria f = σ2◦τ◦σ1 e lasi classifichi secondo Eulero indicando quali siano le sottovarieta lineari unite per questa trasformazione.

(c) Si determinino il punto P1 di π1 ed il punto P2 di π2 a distanza minima dall’origine. Si determinino ladistanza e l’angolo formati dalla retta P1 ∨ P2 con le rette unite per l’isometria f .


P1 =

( 0

1

0

−2

), P2 =

( 2

0

−10

), ed il piano π :

{2X3 +X4 = −4

2X1 −X2 = 3.

(a) Si determini un sistema di equazioni cartesiane per la retta r = P1 ∨ P2. Si determinino la posizionereciproca, la distanza e i punti di minima distanza tra la retta r ed il piano π. Detto Q il punto di π aminima distanza da r, si determini l’area del triangolo P1P2Q.

(b) Si determinino le equazioni cartesiane ed una rappresentazione parametrica della proiezione ortogonaledella retta r su π. In uno spazio euclideo di dimensione n ≥ 4, dati una retta ed un piano sghembi, laproiezione ortogonale della retta sul piano e sempre una retta? Si dia una dimostrazione di questo fattoo si enunci e si dimostri una condizione necessaria e sufficiente affinche la proiezione sia una retta.

(c) Siano V = {v1, . . . , v4} e W = {w1, . . . , w4} due basi ortonormali di R4 che inducono lo stesso orienta-mento. E vero o falso che v1 + 2w1, . . . , v4 + 2w4 e una base di R4, concorde con le basi date?

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 27 giugno 2012


−1 0 −1 0 5

0 −5 0 0 3

1 0 −3 3 5

0 0 0 −2 0

0 −3 0 0 1

rispetto alla base

canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 2)5 e quindi vi e l’unico autovalore −2, conmolteplicita (algebrica) 5. I relativi autovettori generano il sottospazio ker(φ+ 2) = 〈e1 + e3, 5e1 − e2 − e5〉.Si ha

A+ 2 =

1 0 −1 0 5

0 −3 0 0 3

1 0 −1 3 5

0 0 0 0 0

0 −3 0 0 3

, (A+ 2)2 =

0 −15 0 −3 −150 0 0 0 0

0 −15 0 −3 −150 0 0 0 0

0 0 0 0 0

, (A+ 2)3 = 05.

dunque il polinomio minimo e λφ(X) = (X + 2)3.

(b) Si ha quindi rk(φ+2) = 3 e rk(φ+2)2 = 1, per cui la matrice di Jordan di φ ha un blocco di ordine 3 eduno di ordine 2. Il vettore v3 = e4 e un autovettore generalizzato di periodo 3 per l’autovalore −2 e si ponev2 = (φ+ 2)(v3) = 3e3 e v1 = (φ+ 2)2(v3) = −3e1 − 3e3. Il vettore v5 = 5e4 + e5, appartiene a ker(φ+ 2)2,ma non al sottospazio 〈v2〉⊕ ker(φ+ 2). Aggiungendo il vettore v4 = (φ+ 2)(v5) = 5e1 + 3e2 + 20e3 + 3e5, siottiene la base V = {v1, . . . , v5} rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Le matrici cercate sono, ad esempio,

J = αV,V(φ) =

−2 1 0 0 0

0 −2 1 0 0

0 0 −2 0 0

0 0 0 −2 1

0 0 0 0 −2

e P = αV,E(id) =

−3 0 0 5 0

0 0 0 3 0

−3 3 0 20 0

0 0 1 0 5

0 0 0 3 1

.

�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale complesso di dimensione n e φ : V → V un endomorfismoper cui il polinomio minimo coincide con il polinomio caratteristico. E vero che esiste un vettore v ∈ Vtale che v, φ(v), . . . , φn−1(v) e una base di V ? Come fare per trovarlo? [sugg. . . . pensare al Lemma diDecomposizione.]

Svolgimento. Sia pφ(X) = λφ(X) = (X−a1)c1 · · · (X−ar)cr il polinomio minimo di φ con le radici, a1, . . . , ar,a due a due distinte. Per il Lemma di Decomposizione, posto Wi = ker(φ − ai)ci , per i = 1, . . . , r, si haV = W1 ⊕ · · · ⊕ Wr. In ogni sottospazio Wi, i = 1, . . . , r, esiste un autovettore generalizzato, wi, diperiodo esattamente ci e poniamo v = w1 + · · · + wr. Se P (X) e un polinomio tale che P (φ)(v) = 0, deveannullarsi la componente P (φ)(wi) per ogni i = 1, . . . , r (spiegarsi bene questo fatto!). Deve quindi aversi(X − ai)ci | P (X) per i = 1, . . . , r, e il grado di P (X) deve essere maggiore o uguale della somma dei ci,ovvero della dimensione di V . Ne consegue che v, φ(v), . . . , φn−1(v) sono linearmente indipendenti e quindiuna base di V . �


r :

{y = 0

z − 1 = 0s :

{ √3x+ y − z − 3 = 0

3x− y −√

3z + 4 +√

3 = 0.

(a) Si determinino la distanza e l’angolo tra le due rette ed i punti di minima distanza, P0 ∈ r e Q0 ∈ s.Presi, un punto P1 ∈ r a distanza 1 da P0 e un punto Q1 ∈ s a distanza 1 da Q0, si calcoli il volume(non orientato) del tetraedro di vertici P0P1Q0Q1.

7


(b) Si determini un piano, π, passante per P0, e parallelo al vettore P0−Q0 e a una direzione bisettrice trala direzione di r e la direzione di s. Si scriva la matrice della riflessione (ortogonale) rispetto a π.

(c) Esiste una rotazione di un angolo piatto (ampiezza π) attorno ad un opportuna retta che porti r su s?In caso affermativo si determini l’asse di rotazione e la matrice della rotazione nel riferimento canonico.In caso negativo si spieghi perche non puo esistere. Si discuta lo stesso problema per due generiche rettesghembe.

Svolgimento. (a) La retta r passa per P = O + e3 ed e parallela al vettore e1. La retta s passa per

Q = O+ 4e2 + e3 ed e parallela al vettore w = e1 +√

3e3. La distanza tra le due rette e d = |(Q−P )·e1×w‖e1×w‖ = 4

e l’angolo, ϑ, e determinato dalla condizione cosϑ = |e1·w|‖e1‖‖w‖ = 1

2 (ϑ = π3 ). I punti di minima distanza sono

proprio P0 = P e Q0 = Q, per cui possiamo prendere P1 = P + e1 e Q1 = Q + 12w ed il volume cercato e

uguale a

16vol3 (P1 − P0, Q0 − P0, Q1 − P0) = 1

6 det

(1 0 1/2

0 4 4

0 0√3/2

)=√33 .

(b) Le direzioni bisettrici tra r ed s sono in corrispondenza con i due sottospazi⟨e1 + 1

2w⟩

e⟨e1 − 1

2w⟩.

Scegliamo la prima e consideriamo quindi il piano π = P0 +⟨Q0 − P0, e1 + 1

2w⟩

= P0 +⟨e2,√

3e1 + e3⟩, di

equazione π : X −√

3Z = −√

3 (X +√

3Z =√

3 nell’altro caso). La riflessione ha quindi matrice

A =

( 1 0 0 0

−√3/2 1/2 0

√3/2

0 0 1 0

3/2√3/2 0 −1/2

)

rispetto al riferimento canonico.

(c) Consideriamo la retta parallela alla direzione bisettrice tra r ed s e passante per il punto medio tra P0

e Q0, M = P0+Q0

2 = O + 2e2 + e3. Ovvero la retta M +⟨√

3e1 + e3⟩. La rotazione di angolo π rispetto a

questa retta ha matrice

B =

( 1 0 0 0

−√3/2 1/2 0

√3/2

4 0 −1 0

3/2√3/2 0 −1/2

)e B

( 1

t

0

1

)=

( 1

t/2

4

1+√3t/2

).

Ovvero, tutti i punti della retta r vengono mandati sui punti della retta s. La costruzione si puo ripetereper due generiche rette sghembe, fissando opportunamente il sistema di riferimento (. . . come?). �



4 0 −2 −1 1

0 2 0 0 0

7 0 −5 1 −10 −6 0 −1 3

0 4 0 2 0

rispetto alla base

canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)3(X + 3)2 e quindi vi sono due autovalori,2 e −3, rispettivamente con molteplicita (algebrica) 3 e 2 e nullita 2 e 1. I relativi autovettori generano isottospazi ker(φ− 2) = 〈e1 + e3, e4 + e5〉 e ker(φ+ 3) = 〈2e1 + 7e3〉. Si ha

A− 2 =

2 0 −2 −1 1

0 0 0 0 0

7 0 −7 1 −10 −6 0 −3 3

0 4 0 2 −2

, (A− 2)2 =

−10 10 10 1 −10 0 0 0 0

−35 −10 35 −19 19

0 30 0 15 −150 −20 0 −10 10

, A+ 3 =

7 0 −2 −1 1

0 5 0 0 0

7 0 −2 1 −10 −6 0 2 3

0 4 0 2 3

dunque il polinomio minimo e λφ(X) = (X − 2)2(X + 3)2.

(b) La matrice di Jordan di φ ha un blocco di ordine 1 ed uno di ordine 2, relativi all’autovalore 2 e un bloccodi ordine 2 relativo all’autovalore −3. Il vettore v3 = 5e2−4e3+10e5 e un autovettore generalizzato di periodo2 per l’autovalore 2 e si pone v2 = (φ−2)(v3) = 18e1 +18e3 e v1 = e4 +e5. Il vettore v5 = e1−e3 +3e4−2e5,appartiene a im(φ − 2)2, ma non a ker(φ + 3). Aggiungendo il vettore v4 = (φ + 3)(v5) = 4e1 + 14e3, siottiene la base V = {v1, . . . , v5} rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Le matrici cercate sono, ad esempio,

J = αV,V(φ) =

2 0 0 0 0

0 2 1 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 −3 1

0 0 0 0 −3

e P = αV,E(id) =

0 18 0 4 1

0 0 5 0 0

0 18 −4 14 −11 0 0 0 3

1 0 10 0 −2

.

�

ESERCIZIO 2. Sia φ : Qn → Qn un endomorfismo con polinomio caratteristico pφ(X) = (X−1)n. E veroo falso che φ e invertibile e simile al proprio inverso?

Svolgimento. detφ = (−1)npφ(0) = 1 6= 0 e quindi φ e invertibile. Inoltre, φ ha tutti gli autovalori uguali ad1 e quindi φ = id+ν con ν = φ− id nilpotente, di ordine k ≥ 1. Allora φ−1 = id−ν+ν2 + · · ·+(−1)k−1νk−1

e i due endomorfismi hanno gli stessi autovalori, essendo µ = −ν + ν2 + · · · + (−1)k−1νk−1 nilpotente.Si ha kerνj ⊆ kerµj per j = 1, . . . , k e Qn = kerνk = kerµk. Ricordando che ν ha periodo k, si hache µk−1 = (−ν)k−1 e quindi anche kerνk−1 = kerµk−1. Supponiamo quindi di avere kerνj ⊆ kerµj ekerνh = kerµh per ogni h > j. Se v ∈ kerµj , deve aversi

0 = µj(v) = (−ν + ν2 + · · ·+ (−1)k−1νk−1)j(v) = (−ν)j(v)

perche kerνh = kerµh ⊇ kerµj per ogni h > j. Quindi le filtrazioni dei nuclei coincidono ad ogni grado epercio i due endomorfismi hanno la stessa matrice di Jordan. �

9


ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, . . . , e3}), si considerino lerette r, s e t, di equazioni:

r :

{x+ y = 0

z − 2√

2 = 0s :

{x+ y − 2z = 0

x+ y − z − 2√

2 = 0t :

{x+ y − 3z − 4 = 0

2x+ 2y − z − 8 = 0.

(a) Si determinino la distanza e l’angolo tra le rette, prese a due a due e si determinino le coppie di puntidi minima distanza. Se esistono tre punti, R ∈ r, S ∈ s, T ∈ t, tali che le coppie tra questi siano tuttedi minima distanza, si calcoli l’area del triangolo RST .

(b) Si determini, se esiste, una rotazione, ρ, che porti r su s ed s su t e se ne scriva la matrice nel riferimentocanonico. In caso affermativo, si scrivano le equazioni dell’immagine di t tramite ρ.

(c) Si scriva la matrice nel riferimento canonico della riflessione, σ, rispetto al piano π : x + z = 1 +√

2.Se esiste l’applicazione ρ del punto precedente, si determinino la matrice e l’asse della rotoriflessioneσ ◦ ρ. In caso contrario si classifichi l’isometria che si ottiene componendo σ, dopo la riflessione nelpunto X0 = O + e1 + e2 +

√2e3. In ogni caso si indichino le sottovarieta lineari che restano unite.

Svolgimento. (a) Le tre rette sono parallele al vettore v = e1 − e2 e passano per i punti R0 = O + 2√

2e3,S0 = O + 2

√2(e1 + e2 + e3) e T0 = O + 2e1 + 2e2, che sono, a due a due, coppie di minima distanza perche

appartengono tutti al piano π = x − y = 0 che e perpendicolare alle tre rette. Quindi le coppie di minimadistanza si ottengono traslando con uno stesso multiplo di v coppie di questi punti. Inoltre, le distanze trale tre rette sono

d(r, s) = ‖R0 − S0‖ = 4, d(r, t) = ‖R0 − T0‖ = 4, d(s, t) = ‖S0 − T0‖ = 4

√2−√

2.

L’area del triangolo R0S0T0 e uguale a 4√

2.

(b) Una rotazione che mandi la retta r su una retta ad essa parallela, deve avere asse parallelo ad r e quindilasciare invarianti i piani ad essa ortogonali. Percio dovrebbe mandare R0 su S0 ed S0 su T0. Una talerotazione non puo esistere, perche la distanza tra R0 ed S0 sarebbe diversa dalle distanze tra le immagini.

(c) La riflessione, σ, rispetto al piano π e la riflessione, τ , rispetto al punto X0 hanno matrici

A = αR,R(σ) =

( 1 0 0 0

1+√2 0 0 −1

0 0 1 0

1+√2 −1 0 0

), B = αR,R(τ) =

( 1 0 0 0

2 −1 0 0

2 0 −1 0

2√2 0 0 −1

). e AB =

( 1 0 0 0

1−√2 0 0 1

2 0 −1 0√2−1 1 0 0

).

Si tratta quindi della rotazione di angolo π attorno all’asse

h :

{x− z = 1−

√2

y = 1; ovvero h = O + (1−

√2)e1 + e2 + 〈e1 + e3〉 .

L’asse h e una retta di punti uniti. Sono uniti tutti i piani del fascio di asse h e del fascio di piani per-pendicolari ad h. Infine sono unite tutte le rette perpendicolari ad h e passanti per un punto di h (le retteperpendicolari ad h nel fascio di piani di asse h). �



3 1 −1 0 0

0 3 0 −1 0

0 2 3 −1 0

0 0 0 3 0

0 0 1 −2 3


(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 3)5 e quindi vi e l’unico autovalore, 3, conmolteplicita (algebrica) 5. I relativi autovettori generano il sottospazio ker(φ− 3) = 〈e1, e5〉. Si ha

A− 3 =

0 1 −1 0 0

0 0 0 −1 0

0 2 0 −1 0

0 0 0 0 0

0 0 1 −2 0

, (A− 3)2 =

0 −2 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 −2 0

0 0 0 0 0

0 2 0 −1 0

, (A− 3)3 =

0 0 0 2 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 −2 0

, (A− 3)4 = 05.

dunque il polinomio minimo e λφ(X) = (X − 3)4.

(b) la matrice di Jordan di φ ha quindi un blocco di ordine 4 ed uno di ordine 1. Il vettore v4 = e4 eun autovettore generalizzato di periodo 4 per l’autovalore 3 e si pone v3 = (φ − 3)(v4) = −e2 − e3 − 2e5,v2 = (φ− 3)2(v4) = −2e3 − e5 e v1 = (φ− 3)3(v4) = 2e1 − 2e5. Il vettore v5 = e5, appartiene a ker(φ− 3) ecompleta i vettori dati ad una base V = {v1, . . . , v5} di Q5, rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Le matricicercate sono, ad esempio,

J = αV,V(φ) =

3 1 0 0 0

0 3 1 0 0

0 0 3 1 0

0 0 0 3 0

0 0 0 0 3

e P = αV,E(id) =

2 0 0 0 0

0 0 −1 0 0

0 −2 −1 0 0

0 0 0 1 0

−2 −1 −2 0 1

.

�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita su un campo C e sia φ : V → V unendomorfismo. Si consideri l’endomorfismo Rφ : HomC (V, V ) → HomC (V, V ) che manda η : V → V suη ◦ φ.(a) Si dimostri che φ ed Rφ hanno gli stessi autovalori e lo stesso polinomio minimo.(b) Si dimostri che φ e diagonalizzabile se, e solo se, lo e Rφ. Cosa dire degli spazi di autovettori e del

polinomio caratteristico di φ ed Rφ?

Svolgimento. (a) Sia a un autovalore per Rφ e sia η ∈ HomC (V, V ) un autovettore relativo ad a. Allora,per ogni vettore v ∈ V , si ha η(φ(v)) = aη(v) = η(av) e quindi η(φ(v) − av) = 0. Cio significa cheim(φ− a) ⊆ kerη e un sottospazio diverso da V (η 6= 0) e quindi ker(φ− a) deve avere dimensione positiva;ovvero a e un autovalore per φ. D’altra parte, sia a un autovalore per φ ed η : V → V un’applicazionelineare, non-nulla, che si annulli su tutti i vettori del sottospazio im(φ − a) [spiegarsi bene perche esiste!].Per ogni vettore v di V , si ha η(φ(v)− av) = 0, ovvero η(φ(v)) = η(av) = aη(v) e quindi Rφ(η) = aη.

E immediato verificare che P (Rφ) = RP (φ) per ogni polinomio P (X) ∈ C[X], e che, dato un endomor-fismo ψ, Rψ = 0 se, e solo se, ψ = 0 [verificare i necessari dettagli!]. Da cio si conclude che P (Rφ) = 0 se, esolo se, P (φ) = 0 e quindi che i due polinomi minimi coincidono.

(b) L’endomorfismo φ e diagonalizzabile se, e solo se, il suo polinomio minimo e prodotto di fattori linearidistinti in C[X]. Poiche il polinomio minimo di φ coincide con quello di Rφ, anche quest’ultimo endomorfismoe diagonalizzabile.

Sia a un autovalore di φ. Abbiamo visto nel punto precedente che gli autovettori di Rφ relativiall’autovalore a, sono le applicazioni lineari η : V → V che si annullano su im(φ − a). Indicato con Wa

11


un complementare di im(φ−a) in V = Wa⊕ im(φ−a), si ha che le η : V → V , che si annullano su im(φ−a),sono in corrispondenza biunivoca con gli elementi di HomC (Wa, V )(†). Ora,

dimWa = dimV − dim im(φ− a) = dim ker(φ− a) = nullφ(a).

Quindi, la nullita (molteplicita geometrica) di a per Rφ e uguale a

dim HomC (Wa, V ) = (dimWa)(dimV ) = (nullφ(a))(dimV ).

In particolare, se φ e diagonalizzabile, cio significa che la molteplicita di a per perRφ e uguale a nmoltφ(a), oven = dimV . Si conclude che PRφ(X) = Pφ(X)n. Nel caso in cui φ non sia diagonalizzabile, si puo ragionare

in modo analogo dimostrando che gli autovettori generalizzati in ker(Rφ − a)k sono gli endomorfismi nelnucleo di R(φ−a)k ovvero gli endomorfismi che si annullano su im(φ−a)k. Dalle dimensioni dei sottospazi diautovettori generalizzati si puo dedurre la molteplicita di un autovalore e quindi il polinomio caratteristicodi Rφ e, in ogni caso, uguale a Pφ(X)dimV . �


r :

{x− y − 1 = 0

y + z = 0s :

{2x− y + 1 = 0

x− z = 0.

(a) Si determinino la distanza e l’angolo tra le due rette ed i punti di minima distanza.(b) Si dimostri che, ruotando la retta s attorno alla retta r di un qualsiasi angolo ϑ /∈ 2πZ, si ottiene una

retta sghemba con s.


(1

0

0


(1

1

−1

). La retta s

passa per il punto Q =

(0

1

0


(1

2

1

). Il vettore differenza tra un generico punto

di s ed un generico punto di r e u = P −Q− t2w+ t1v =

(1+t1−t2−1+t1−2t2−t1−t2

), che e ortogonale ad entrambo le rette

se, e solo se, u ·v = 0 = u ·w, ovvero se, e solo se,

{3t1 − 2t2 = 0

2t1 − 6t2 = 1, che e equivalente a

{t1 = − 1

7

t2 = − 314

. Dunque

i punti di minima distanza tra le due rette sono P0 = P − 17v =

(6/7

−1/71/7

)e Q0 = Q− 3

14w =

(−3/148/14

−3/14

)e la

distanza tra le due rette e d = ‖Q0 − P0‖ = 5√14

14 . Il coseno dell’angolo tra le due rette e |v·w|‖v‖‖w‖ =

√23 .

(b) Possiamo supporre di fissare un sistema di riferimento ortonormale con l’origine nel punto P0, la retta r

come asse Z e la retta P0+〈Q0 − P0〉 come asse X. Allora la retta s ha equazione parametrica s :

X = d

Y = s0t

Z = c0t

,

ove t varia in R, c20 + s20 = 1 e c0 e il coseno dell’angolo tra r ed s. Fissato un angolo ϑ la rotazione di asser ed angolo ϑ, ha matrice

A =

( 1 0 0 0

0 c −s 0

0 s c 0

0 0 0 1

), ove c = cosϑ, s = sinϑ.

La retta s viene trasformata nella retta di equazioni parametriche s′ :

X = cd− ss0tY = sd+ cs0t

Z = c0t

. Perche le due rette

siano parallele, dovrebbe aversi

⟨(0

s0c0

)⟩=

⟨(−ss0cs0c0

)⟩, che e possibile solo se c = 1, s = 0, ovvero ϑ ∈ 2πZ.

(†) Per i puristi, sarebbe preferibile scrivere HomC (V/im(φ − a), V ) in luogo di HomC (Wa, V ), considerando superflua la

scelta di un complementare per im(φ− a). Resta pero un’opinione diffusa che, per gli spazi vettoriali, sia preferibile utilizzare

i complementari in luogo dei quozienti ogni volta sia possibile (sic!). Forse qualcuno preferirebbe anche scrivere coker(φ − a)

per indicare il quoziente V/im(φ− a).


Affinche le due rette siano incidenti deve aver soluzione il sistema lineare

d = cd− ss0t2s0t1 = sd+ cs0t2

c0t1 = c0t2

da cui si deduce di nuovo c = 1.

Si potevano evitare i calcoli osservando che, se una retta fosse parallela alla sua ruotata allora la suadirezione sarebbe un autovettore per l’applicazione lineare associata all’isometria e quindi dovrebbe essereparallela all’asse di rotazione. D’altra parte, se una retta e la sua ruotata si intersecassero in un punto, P ;preso il piano per P ortogonale all’asse di rotazione, tale punto dovrebbe essere un punto unito e quindiappartenere all’asse di rotazione. Entrambe le condizioni sono escluse nelle nostre ipotesi. �



5 0 −6 2 1

0 −2 0 0 −34 0 −5 2 0

0 0 0 −1 1

0 1 0 0 2

rispetto alla base

canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Si determini, se esiste, un vettore w, per cui i vettori

w1 = w, w2 = φ(w), w3 = φ2(w), w4 = φ3(w), w5 = φ4(w)

formino una base, W = {w1, . . . , w5} di Q5 (giustificando la scelta). Si scriva la matrice αW,W(φ).

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 1)3(X − 1)2 e quindi vi sono i due autovalori,1 e −1, con molteplicita (algebrica) 2 e 3, rispettivamente. I relativi sottospazi di autovettori sono ker(φ−1) = 〈3e1 + 2e3〉 e ker(φ + 1) = 〈e1 + e3〉. Necessariemente, il polinomio minimo coincide con il polinomiocaratteristico, perche per ogni autovalore vi e un unico blocco di Jordan.

(b) Si ha

A+ 1 =

6 0 −6 2 1

0 −1 0 0 −34 0 −4 2 0

0 0 0 0 1

0 1 0 0 3

, (A+ 1)2 =

12 1 −12 0 11

0 −2 0 0 −68 0 −8 0 6

0 1 0 0 3

0 2 0 0 6

, (A+ 1)3 =

24 10 −24 0 42

0 −4 0 0 −1216 6 −16 0 26

0 2 0 0 6

0 4 0 0 12

,

A− 1 =

4 0 −6 2 1

0 −3 0 0 −34 0 −6 2 0

0 0 0 −2 1

0 1 0 0 1

.

la matrice di Jordan di φ ha quindi un blocco di ordine 3 relativo all’autovalore −1 ed uno di ordine 2relativo all’autovalore 1. Il vettore v3 = −6e2 + e3 + 2e5 e un autovettore generalizzato di periodo 3 perl’autovalore −1 e si pone v2 = (φ + 1)(v3) = −4e1 − 4e3 + 2e4, v1 = (φ + 1)2(v3) = 4e1 + 4e3. Il vettorev5 = e1 + 2e2 + e3− e4− 2e5 ∈ im(φ+ 1)3 = ker(φ− 1)2 e un autovettore generalizzato di periodo 2 relativoall’autovalore 1 e si pone v4 = (φ−1)(v5) = −6e1−4e3. Si ha cosı una base, V = {v1, . . . , v5} di Q5, rispettoa cui φ ha matrice di Jordan. Le matrici cercate sono, ad esempio,

J = αV,V(φ) =

−1 1 0 0 0

0 −1 1 0 0

0 0 −1 0 0

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

e P = αV,E(id) =

4 −4 0 −6 1

0 0 −6 0 2

4 −4 1 −4 1

0 2 0 0 −10 0 2 0 −2

.

(c) Il vettore w = v3 +v5 = e1−4e2 +2e3−e4, e somma di due autovettori generalizzati di periodo massimo.Poiche lo spazio e somma diretta dei sottospazi di autovettori generalizzati e φ induce endomorfismi suquei sottospazi [Lemma di Decomposizione], il vettore w si annulla applicando l’endomorfismo P (φ), conP (X) ∈ Q[X], se, e solo se, si annullano le due componenti nei sottospazi di autovettori generalizzati; quindise, e solo se, P (X) e divisibile sia per (X + 1)3 che per (X − 1)2 e ha quindi grado almeno 5. Cio permettedi concludere (perche?). La matrice di φ nella base W e la matrice compagna del polinomio minimo di φ,ovvero.

C = αV,V(φ) =

0 0 0 0 −11 0 0 0 −10 1 0 0 2

0 0 1 0 2

0 0 0 1 −1

14


e cio conclude la discussione. �

ESERCIZIO 2. Si consideri l’applicazione affine f : A3(C)→ A2(C) di matrice

A =

(1 0 0 0

0 1 2 4

1 2 4 8

)

nei riferimenti (O, e1, e2, e3) e (O′, ε1, ε2). Si determinino equazioni cartesiane per l’immagine di f , perla controimmagine di un generico punto, O′ + y1ε1 + y2ε2, e per la controimmagine di una generica rettaa1Y1 + a2Y2 = a0.

Svolgimento. Per ogni punto P = O+x1e1+x2e2+x3e3 di A3(C), si ha f(P ) = O′+(x1+2x2+4x3)ε1+(2x1+4x2 + 8x3 + 1)ε2 e quindi le coordinate di f(P ) soddisfano all’equazione 2Y1 − Y2 + 1 = 0, che e l’equazionecartesiana di imf . Se un punto Q ∈ A2(C) appartiene all’immagine (risp. se un sottoinsieme U di A2(C) haintersezione non banale con imf), la controimmagine di Q ha equazione f−1(Q) : X1 + 2X2 + 4X3 = y1, oveQ = O′ + y1ε1 + (2y1 + 1)ε2 (risp. f−1(U) e unione di iperpiani paralleli a X1 + 2X2 + 4X3 = 0; uno perogni punto di U ∩ imf).

Se la retta r : a1Y1 + a2Y2 = a0 non e parallela a imf : 2Y1 − Y2 + 1 = 0, interseca quest’ultima in ununico punto, Q, e f−1(r) = f−1(r ∩ imf) = f−1(Q). Quando la retta r e parallela, ma diversa da imf , lacontroimmagine e ∅. Infine la controimmagine di imf e tutto A3(C). �

ESERCIZIO 3. Siano P , Q, R, S i vertici di un tetraedro non degenere nello spazio euclideo E3(R).(a) Si dimostri che, se P ∨ Q e ortogonale a R ∨ S e P ∨ R e ortogonale a Q ∨ S, allora anche P ∨ S e

ortogonale a Q ∨R.(b) Si dimostri che, nelle ipotesi del punto (a), le quattro altezze del tetraedro concorrono ad uno stesso

punto (tetraedro ortocentrico).

Svolgimento. (a) Siano Q − P = v1, R − P = v2, S − P = v3. Le ipotesi sono quindi equivalenti allecondizioni v1 · (v2 − v3) = 0 e v2 · (v1 − v3) = 0. Sottraendo la prima dalla seconda si ottiene esattamentev3 · (v1 − v2) = 0, ovvero l’ortogonalita della terza coppia di lati opposti.

(b) Scegliamo un riferimento ortonormale per cui il punto P abbia coordinate

(0

0

h

), il punto S abbia

coordinate

(a

0

0

), ed i punti Q ed R abbiano coordinate

(x1

x2

0

),

(y1y20

), rispettivamente. Chiaramente h 6= 0

ed osserviamo che, se a = 0, l’origine del riferimento coincide con S e, nelle ipotesi del punto (a), le trealtezze si incontrano proprio in quel punto.

Supponiamo quindi a 6= 0. La condizione che P ∨ Q sia ortogonale a R ∨ S da x1 = y1 e, unita allacondizione che P ∨R sia ortogonale a Q∨S, da x21− ax1 + x2y2 = 0 (la condizione che P ∨S sia ortogonale

a Q ∨R produce la medesima condizione). Da cio si deduce che il vettore n =

(hx1

hx2

ax1

)e ortogonale al piano

P ∨R ∨ S e l’altezza Q+ 〈n1〉 incontra l’altezza O ∨ P nel punto X di coordinate

(0

0

−ax1/h

). Si ha

〈S −X〉 =

⟨(h

0

x1

)⟩= 〈R− P,Q− P 〉⊥ e 〈R−X〉 =

⟨(hx1

hy2ax1

)⟩= 〈Q− P, S − P 〉⊥

e quindi il punto X e l’intersezione delle quattro altezze del tetraedro. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X4 − 4 ∈ C[X].(a) Si determinino (in forma algebrica) le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del quadrato, Q, avente come vertici le

radici di P (X) e si scrivano tali equazioni in termini delle coordinate z e z.(c) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del quadrato Q nella

circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione I r λ∗(I) ove si indichinocon I i punti interni al quadrato Q.

Svolgimento. (a) P (X) = X4−4 = (X−√

2)(X−i√

2)(X+√

2)(X+i√

2) e disegnamo qui sotto il quadratoche ha come vertici le quattro radici.


r1 :(1− i)z + (1 + i)z − 2√

2 = 0,

r2 :(1 + i)z + (1− i)z + 2√

2 = 0,

r3 :(1− i)z + (1 + i)z + 2√

2 = 0,

r4 :(1 + i)z + (1− i)z − 2√

2 = 0.

(c) Le immagini delle quattro rette tramite la riflessione nel cerchio uni-tario sono le quattro circonferenze ad esse tangenti:

√2

i√

2

−√

2

−i√

2

r1r2

r3 r4

λ∗(r1) :

∣∣∣∣z −1 + i

2√

2

∣∣∣∣ =1

2, λ∗(r2) :

∣∣∣∣z +1− i2√

2

∣∣∣∣ =1

2,

λ∗(r3) :

∣∣∣∣z +1 + i

2√

2

∣∣∣∣ =1

2, λ∗(r4) :

∣∣∣∣z −1− i2√

2

∣∣∣∣ =1

2.

La parte ombreggiata rappresenta l’insieme I r λ∗(I) (compreso il bordo, con l’eccezione dei punti apparte-nenti ai lati del quadrato). �

1


ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v4} una sua base (ordinata).(a) Dire se esiste un’applicazione lineare φ : V → V tale che

φ(v1 + 2v3) = v2 − 3v4 = φ(2v1 − v3), e φ(2v2 + v4) = 3v1 − v3 = φ(v2 − 2v4).

In caso affermativo, si scriva la matrice αV,V(φ) e si determinino delle basi per nucleo e immagine di φ.(b) Si determinino dei sistemi di equazioni cartesiane per nucleo e immagine di φ. Si dica se V = kerφ⊕ imφ

e, in caso affermativo, si scriva la matrice, nella base V, della proiezione su kerφ parallelamente a imφ.(c) Si consideri l’insieme D = {ψ ∈ HomQ (V, V ) |φ ◦ ψ ◦ φ = 0 }. Si dica se D e un sottospazio di HomQ (V, V )

e se ne calcoli la dimensione. Sia D ′ = {αV,V(ψ) |ψ ∈ D } ⊆ M4(Q). Si dica come trovare un sistema(minimale) di equazioni cartesiane per 〈D ′〉.

Svolgimento. (a) I vettori v1 + 2v3, 2v1 − v3, 2v2 + v4, v2 − 2v4 sono linearmente indipendenti e quindiformano una base di V . Quindi esiste un’unica applicazione lineare φ : V → V soddisfacente alle condizionidate. La matrice cercata e

A = αV,V(φ) =

0 9/5 0 −3/53/5 0 1/5 00 −3/5 0 1/5−9/5 0 −3/5 0

.

kerφ = 〈v1 − 3v3, v2 + 3v4〉, e imφ = 〈v2 − 3v4, 3v1 − v3〉.(b) Due sistemi di equazioni cartesiane sono

imφ :

{3X2 +X4 = 0

X1 + 3X3 = 0, kerφ :

{3X2 −X4 = 0

3X1 +X3 = 0.

Si verifica facilmente (come?) che kerφ ∩ imφ = 〈0〉, e quindi V = kerφ⊕ imφ. La matrice della proiezioneπ : V → V su kerφ, parallelamente a imφ e

B = αV,V(π) =

−1/8 0 −3/8 0

0 1/2 0 1/63/8 0 9/8 00 3/2 0 1/2

.

(c) D e un sottospazio e ψ ∈ D se, e solo se, ψ(imφ) ⊆ kerφ. Dunque ψ manda i vettori deel sottospazioimφ nel sottospazio kerφ, ed i vettori del complementare kerφ in V . Dunque

D ∼= HomQ (imφ, kerφ)⊕HomQ (kerφ, V )

(come e fatta questa somma diretta? scegliere una base opportuna per descriverla in termini di matrici) equindi dim D = 12.

L’insieme D ′ = 〈D ′〉 (e un sottospazio) e una matrice X ∈M4(Q) appartiene a D ′ se, e solo se, soddisfaalle condizioni

(3 0 1 00 3 0 −1

)X

0 31 00 −1−3 0

=

(0 00 0

),

che forniscono un sistema di equazioni cartesiane nelle entrate della matrice X. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X4 + 4 ∈ C[X].(a) Si determinino (in forma algebrica) le radici in C del polinomio P (X) e le si disegni nel piano di Gauss.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del quadrato, Q, avente come vertici le

radici di P (X) e si scrivano tali equazioni in termini delle coordinate z e z.(c) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del quadrato Q nella

circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(I) ∩ I ove si indichinocon I i punti interni o sul bordo del quadrato Q.


φ(2v2 + v4) = v1 − 3v3 = φ(2v4 − v2), e φ(2v1 + v3) = 3v4 − v2 = φ(v1 − 2v3).

In caso affermativo, si scriva la matrice αV,V(φ) e si determinino delle basi per nucleo e immagine di φ.(b) Si determinino dei sistemi di equazioni cartesiane per nucleo e immagine di φ. Si dica se V = kerφ⊕ imφ

e, in caso affermativo, si scriva la matrice, nella base V, della proiezione su kerφ parallelamente a imφ.(c) Si consideri l’insieme D = {ψ ∈ HomQ (V, V ) |φ ◦ ψ ◦ φ = 0 }. Si dica se D e un sottospazio di HomQ (V, V )

e se ne calcoli la dimensione. Sia D ′ = {αV,V(ψ) |ψ ∈ D } ⊆ M4(Q). Si dica come trovare un sistema(minimale) di equazioni cartesiane per 〈D ′〉.

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova di accertamento del 28 gennaio 2013

ESERCIZIO 1. [12 punti] Nello spazio vettoriale complesso V = C2, con la base canonica {e1, e2}, siconsiderino i sottospazi

U =

{c

(i

−i

)| c ∈ C

}e W =

{(z1

z2

)∈ C2 | 2iz1 − z2 = 0

}.

(a) Si determinino tutti gli endomorfismi (C-lineari) φ : V → V tali che W ⊆ ker(φ− id) e U ⊆ im(φ− id);se ne scrivano le matrici in base canonica e se ne calcoli il determinante.

(b) Si dica se gli endomorfismi del punto precedente sono tutti diagonalizzabili e si determinino autovalorie autovettori per ciascun endomorfismo.

(c) Si determinino gli endomorfismi φ : V → V quale spazio vettoriale reale tali che W ⊆ ker(φ − id)e U ⊆ im(φ − id) e si dica quando sono invertibili. E vero che ognuno di questi endomorfismi ediagonalizzabile?

Svolgimento. (a) Si ha C2 = U ⊕W e quindi ker(φ− id) = W = 〈(2i,−1)〉⊥ e im(φ− id) = U =⟨(

1−1

)⟩.

Quindi le possibili matrici A = αE,E(φ) sono tutte e sole quelle che soddisfano alla condizione

A− 12 = c

(1

−1

)(2i − 1) =

(2ic −c−2ic c

), al variare di c ∈ Cr {0}.

Si ha quindi, detA = (1 + 2ic)(1 + c)− 2ic2 = 1 + (1 + 2i)c.

(b) Si possono evitare calcoli tediosi osservando che, per costruzione, φ ha l’autovalore 1 con nullita maggioreo uguale a 1. Quindi se φ ha un altro autovalore distinto da 1 l’endomorfismo e certamente diagonalizzabile.Il prodotto degli autovalori e detφ = 1 + (1 + 2i)c, che e diverso da 1 per c 6= 0 e quindi φ e diagonalizzabilein ogni caso. Lo spazio di autovettori relativi a 1 e W , mentre lo spazio di autovettori relativi all’autovalore1 + (1 + 2i)c e U (quest’ultima affermazione si puo verificare con un calcolo diretto, oppure. . . ).

(c) Come nel caso complesso si ha C2 = U ⊕W e quindi ker(φ− id) = W = 〈(2i,−1)〉⊥ e im(φ− id) = U =⟨(1−1

)⟩. Prendendo una base V = {w1, w2, u1, u2}, ove W = 〈w1, w2〉 e U = 〈u1, u2〉, si vede che le possibili

matrici A = αV,V(φ) soddisfano alla condizione

A− 14 =

0 0 0 00 0 0 00 0 a b0 0 c d

, con ad− bc 6= 0.

Quindi φ e invertibile se, e solo se, −1 non e un autovalore per φ − id (ovvero per (φ − id)|U ; percheφ|W = idW ). Cio accade quando 1 + (a+ d) + (ad− bc) 6= 0. Non e vero che φ e sempre diagonalizzabile; adesempio, se a = d e c = 0 6= b, φ ha l’autovalore 1 + a con molteplicita 2 e nullita 1. �

ESERCIZIO 2. [6 punti] Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita. Sia φ : V → V un endomorfismoe W un sottospazio (proprio) di V tale che φ(w) ∈ W , per ogni w ∈ W . Si indichi con φ0 : W → W larestrizione di φ a W , e con φ1 : V/W → V/W l’endomorfismo x+W 7→ φ(x) +W . Si verifichi che φ1 e bendefinito e si dica quali tra le seguenti affermazioni sono vere o false, giustificando la risposta.(a) trφ = trφ0 + trφ1.(b) detφ = (detφ0)(detφ1).(c) rkφ = rkφ0 + rkφ1.

4

Geometria 1 (parte I) – Compitino del 28 gennaio 2013 5

Svolgimento. Sia w1, . . . , wk una base di W e la si completi ad una base W = {w1, . . . , wn} di V . Poiche

φ(W ) ⊆ W , la matrice αW,W(φ) ha la forma (a blocchi) αW,W(φ) =(A B

0 C

), ove A e quadrata di ordine k,

B e k × (n− k) e C e quadrata di ordine n− k.A e la matrice, nella base w1, . . . , wk, di φ0. Inoltre, poiche le classi laterali wk+1 +W, . . . , wn+W sono

una base di V/W , C e la matrice di φ1 in questa base. Da cio si ricava facilmente che (a) e (b) sono vere,mentre (c) e falsa, visto che nulla si puo dire su B dalla sola conoscenza di A e C. �

ESERCIZIO 3. [6 punti] Siano date le basi V = {v1, v2, v3} e W = {w1, w2} degli R-spazi vettoriali V e

W e sia φ : V →W l’applicazione lineare di matrice A =(

1 −1 0

1 −2 1

)nelle basi date.

(a) Si determinino gli elementi degli insiemi

L = { ξ ∈ Hom (W,V ) | ξ ◦ φ = idV } e R = { ξ ∈ Hom (W,V ) |φ ◦ ξ = idW }

e se ne scrivano le matrici nelle basi date.(b) Siano ora V e W spazi vettoriali di dimensioni rispettivamente n ed m sul campo F37 e sia φ : V →W

un omomorfismo suriettivo. Si determini in questo caso il numero di elementi degli insiemi R e L .

Svolgimento. (a) L = ∅ perche ogni applicazione lineare del tipo ξ ◦ φ ha rango al piu 2 = dimW , mentrel’identita ha rango 3.

φ e suriettiva e quindi R = ξ0 + Hom (W, kerφ), ove ξ0 : W → V manda ciascuno dei vettori di base inuna delle sue controimmagini (scelta arbitrariamente). Nel caso in questione, possiamo prendere u1 = v1−v3,u2 = v3, u3 = v1 + v2 + v3 e si ha φ(u1) = w1, φ(u2) = w2, 〈u3〉 = kerφ. I tre vettori formano una base, U ,

di V e αU,V(id) =

(1 0 1

0 0 1

−1 1 1

). Quindi, se ξ ∈ R, si ha αW,U (ξ) =

(1 0

0 1

a b

), al variare di a e b in R. Le matrici

cercate sono tutte e sole quelle del tipo

αU,V(id)αW,U (ξ) = αW,V(ξ) =

(a+1 b

a b

a−1 b+1

).

(b) L’esistenza di un omomorfismo suriettivo garantisce che n ≥ m. Se n = m, φ e un isomorfismo e idue insiemi R e L contengono entrambi il solo φ−1. Se n > m, analogamente al caso reale, #L = 0 e#R = #(HomF37

(W, kerφ)) = 37m(n−m). �

ESERCIZIO 4. [6 punti] Si consideri lo spazio vettoriale Q4 con la base canonica E = {e1, . . . , e4}.(a) Si dica se esiste un’applicazione lineare φ : Q4 → Q4 tale che

φ(−2e2+e4) = −2e2+e4, φ(2e1−e3) = −4e1+2e3, φ(3e1−e3) = 9e1−3e3, φ(e2−e4) = −4e2+4e4.

In caso affermativo, si scriva la matrice A = αE,E(φ) e si calcoli detA.(b) Si determini il polinomio caratteristico pφ(X), gli autovalori ed autovettori razionali e si dica se φ e

diagonalizzabile su Q. In caso positivo, si determinino una marice diagonale, D, e una matrice invertibileP tali che P−1AP = D.

Svolgimento. I quattro vettori

v1 = −2e2 + e4, v2 = 2e1 − e3, v3 = 3e1 − e3, v4 = e2 − e4,

sono linearmente indipendenti e formano quindi una base V = {v1, . . . , v4} di Q4 e si ha

P = αV,E(id) =

0 2 3 0−2 0 0 10 −1 −1 01 0 0 −1

, e P−1 = αE,V(id) =

0 −1 0 −1−1 0 −3 01 0 2 00 −1 0 −2

.


Inoltre,

B = αV,E(φ) =

0 −4 9 0−2 0 0 −40 2 −3 01 0 0 4

e, quindi A = αE,E(φ) = BP−1 =

13 0 30 00 6 0 10−5 0 −12 00 −5 0 −9

.

La base V = {v1, . . . , v4} e costituita da autovettori per φ, perche si ha φ(v1) = v1, φ(v2) = −2v2, φ(v3) = 3v3,φ(v4) = −4v4. Quindi φ e diagonalizzabile e il suo polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 1)(X + 2)(X −3)(X + 4). Inoltre, detA = detφ = 24 e una matrice diagonale per φ e

D = P−1B = αV,V(φ) =

1 0 0 00 −2 0 00 0 3 00 0 0 −4

.

Dunque D = P−1AP e lo svolgimento e concluso. �


ESERCIZIO 1. [6 punti] Si consideri il polinomio P (X) = X2 + (1− i)X − (2 + 2i) ∈ C[X].(a) Si determinino le radici di P (X) e si disegni nel piano di Gauss la retta (reale), r, che le contiene.(b) Si scriva l’equazione di r nelle coordinate z e z. Si determinino centro e raggio della circonferenza che

si ottiene riflettendo r lungo la circonferenza unitaria. Si disegni l’immagine tramite questa riflessionedel semipiano soprastante ad r.

Svolgimento. Ricordiamo che la riflessione rispetto alla circonferenza unitaria e l’applicazione λ(z) = 1z ,

definita per z ∈ Cr {0}.

(a) Si ha

P (X) = X2 + (1− i)X − (2 + 2i) = (X − 1− i)(X + 2).

Le due radici sono quindi −2 e 1 + i e la retta r e rappre-sentata nel disegno a fianco.

(b) L’equazione della retta e

r : (1 + 3i)z + (1− 3i)z + 4 = 0.

La circonferenza riflessa, λ∗(r) ha quindi centro in 3i−14 e

raggio√

104 .

−2

1 + i

r

λ∗(r)

Il semipiano soprastante la retta r e { z ∈ C | (1 + 3i)z + (1− 3i)z + 4 < 0 } (la disequazione ha senso percheil membro di sinistra e un numero reale, qualsiasi sia il numero complesso z). Nella riflessione lungo la cir-conferenza unitaria viene trasformato nell’insieme

{z ∈ C

∣∣ zz + 1+3i4 z + 1−3i

4 z < 0}

che e quindi costituitodai punti interni alla circonferenza. �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Si consideri lo spazio vettoriale (complesso) V = M2(C) delle matrici 2 × 2 adelementi in C e siano

S ={A ∈M2(C)

∣∣ tA = A}

e U =⟨(

0 2

−i 1

),(

2i i

−1 0

)⟩.

(a) Si verifichi che S e un sottospazio e si determinino le dimensioni e una base per i sottospazi S, U , S∩U ,S + U .

(b) Fissata una matrice A ∈ V si consideri l’applicazione fA : V → C, definita da fA(X) = tr(tAX),al variare di X in V . Si verifichi che fA ∈ V ∗. Determinare nucleo e immagine dell’applicazionef : V → V ∗, A 7→ fA.

(c) Si dica se esiste una forma lineare ζ ∈ V ∗ tale che ζ(X) = ζ(Y ) per ogni X,Y ∈ S e ζ(T ) = 2 + i,

quando T =(

0 2

−i 1

). In caso affermativo, si dica se esiste una matrice A in V tale che ζ = fA e si

spieghi come trovarla.

Svolgimento. (a) Sia A =(a b

c d

)∈ V . A ∈ S se, e solo se, b = c e quindi S e un sottospazio perche insieme

delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo nelle coordinate di V . Il sistema ha rango 1, quindi dimS = 3ed una base e costituita, ad esempio, dalle matrici

(1 0

0 0

),(

0 1

1 0

),(

0 0

0 1

).

7


I due generatori di U sono linearmente indipendenti e quindi il sottospazio ha dimensione 2 e i generatori

dati sono una base. Un generico elemento di U e della forma(

2iβ 2α+iβ

−iα−β α

), al variare di (α, β) ∈ C2;

questo elemento sta in S se, e solo se,

2α+ iβ = −iα− β, ovvero (2 + i)α+ (1 + i)β = 0.

Quindi S ∩ U ha dimensione 1 ed e generato da(

2−4i 3

3 1+i

)(α = 1 + i, β = −2− i).

Per le relazioni di Grassmann, dim(S + U) = 4 = dimV e quindi S + U = V ed una base di tale spazioe, ad esempio, la base canonica delle matrici 2× 2.

(b) La traccia di una matrice e la somma degli elementi posti sulla diagonale principale. Quindi, posto

A =( a11 a12a21 a22

), X =

( x11 x12

x21 x22

)si ha tr(tAX) = a11x11 + a21x21 + a12x12 + a22x22,

che e un polinomio lineare omogeneo nelle entrate della matrice X (forma lineare). Quindi fA ∈ V ∗ el’applicazione A 7→ fA e lineare, perche l’espressione precedente e lineare anche rispetto alle entrate di A(†).

Dalla formula scritta sopra si deduce che, se aij 6= 0, allora fA(ε(ij)) = 1 (ε(ij) e l’elemento della basecanonica di V che ha tutte le entrate nulle, eccetto quella di posto (i, j) che e uguale ad 1). Quindi l’unicamatrice A per cui la forma fA e identicamente nulla e A = 0. Cio significa che f : V → V ∗ e iniettiva equindi suriettiva (formula delle dimensioni).

(c) Da quanto appena visto possiamo concludere che, se esiste una forma lineare, ζ, soddisfacente allecondizioni poste, allora esiste una matrice A tale che fA = ζ, perche f e suriettiva.

T ∈ Ur(U∩S) e quindi V = S⊕〈T 〉, quindi esiste un’unica forma lineare ζ soddisfacente alle condizioni

poste. Dovendo annullarsi su S e valere 2 + i sulla matrice T , si ha A =(

0 1

−1 0

)(usare la formula esplicita

di fA per scrivere un sistema lineare nelle entrate della matrice A). �

ESERCIZIO 3. [6 punti] Sia V uno spazio vettoriale reale e φ : V → V un endomorfismo. Un sottospazioW di V si dice stabile rispetto a φ se φ(w) ∈ W per ogni w ∈ W . Sia W un sottospazio stabile rispetto aφ; allora(a) E vero che W + kerφ e stabile rispetto a φ?(b) E vero che W⊥ e stabile rispetto a φ∗?(c) E vero che φ1 : v +W 7→ φ(v) +W e un endomorfismo di V/W?(d) E vero che φ e completamente determinato se si conoscono φ1 : V/W → V/W e φ0 = φ|W : W →W?

Svolgimento. (a) Se x ∈ W e y ∈ kerφ, φ(x + y) = φ(x) ∈ W ⊆ W + kerφ, perche W e stabile. Quindi sitratta di un sottospazio stabile.

(b) Se v∗ ∈ W⊥, e x ∈ W , allora φ∗(w∗) ◦ x = w∗ ◦ φ(x) = 0, perche, φ(x) ∈ W . Quindi W⊥ e stabilerispetto a φ∗.

(c) Sia ora v ∈ V e sia v+w un altro rappresentante della classe laterale v+W in V/W . Allora φ(v+w) =φ(v) +φ(w) ∈ φ(v) +W , perche φ(w) ∈W . Dunque l’applicazione φ1 : V/W → V/W e ben definita ed e unendomorfismo, perche φ lo e.

(d) Infine, la conoscenza di φ0 e φ1 non determina completamente φ (farsi un esempio). �

ESERCIZIO 4. [6 punti] Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita sul campo C e sia φ : V → V unendomorfismo diagonalizzabile. Si mostri che l’endomorfismo trasposto φ∗ : V ∗ → V ∗ e diagonalizzabile esi scrivano le relazioni esistenti tra gli autovalori e le rispettive molteplicita per i due endomorfismi. Si dicaquali relazioni vi sono tra i sottospazi di autovettori dei due endomorfismi.

Svolgimento. Sia c ∈ C uno scalare e consideriamo il sottospazio ker(φ∗ − c). Si ha

ker(φ∗ − c) = ker(φ− c)∗ = im(φ− c)⊥,(†) Detto in altro modo, f : V → V ∗ e l’applicazione lineare associata all’applicazione bilineare (A,X) 7→ tr(tAX).

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 30 gennaio 2013 9

e quindi i sottospazi ker(φ∗ − c) e ker(φ− c) hanno la stessa dimensione. Cio significa che φ∗ : V ∗ → V ∗ hagli stessi autovalori con le stesse molteplicita geometriche (nullita) di φ. Dunque φ∗ e diagonalizzabile se (esolo se) φ lo e.

Siano a1, . . . , ar gli autovalori di φ, a due a due distinti. Allora si ha

V = ker(φ− a1)⊕ · · · ⊕ ker(φ− ar).

Se un vettore 0 6= v ∈ ker(φ− aj), si ha (φ− a1)(v) = (aj − a1)v, che e diverso da 0 se j 6= 1 e quindi

im(φ− a1) = ker(φ− a2)⊕ · · · ⊕ ker(φ− ar),

da cui si deduce che

ker(φ∗ − a1) = im(φ− a1)⊥ = ker(φ− a2)⊥ ∩ · · · ∩ ker(φ− ar)⊥

e quindi i sottospazi ker(φ∗−a1) e ker(φ−a1) sono naturalmente in dualita (ovvero la restrizione del tondino◦ : V ∗ × V → C ai due sottospazi e un’applicazione bilineare non degenere). Il ragionamento e analogo pergli altri autovalori. �

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 18 febbraio 2013 – Compito A

ESERCIZIO 1. [6 punti] Si determinino i numeri complessi z1, z2 tali che

{z1 + z2 = 3− iz1z2 = 4− 3i

.

(a) Si disegni nel piano di Gauss la retta (reale), r, che le contiene z1 e z2 e si determini l’equazione di rnelle coordinate z e z.

(b) Si determinino centro e raggio della circonferenza che si ottiene riflettendo r lungo la circonferenzaunitaria. Si disegni l’immagine tramite questa riflessione dei punti del piano che si trovano tra l’assereale e la retta r.


definita per z ∈ Cr {0}.(a) I punti z1 e z2 sono le radici del polinomio P (X) = X2 − (3 −i)X+(4−3i), ovvero z1 = 2+ i e z2 = 1−2i. La retta che li contieneha equazione (3−i)z+(3+i)z−10 = 0 ed e rappresentata nel disegnoa fianco.

(b) La circonferenza riflessa, λ∗(r) ha equazione zz− 3−i10 z− 3+i

10 z = 0

e quindi centro in 3−i10 e raggio 1√

10. La regione delimitata dall’asse

reale e dalla retta r si compone delle due parti

{iz − iz > 0

(3− i)z + (3 + i)z − 10 > 0e

{iz − iz < 0

(3− i)z + (3 + i)z − 10 < 0.

1−2i

2+i

r

λ∗(r)

La riflessione nella circonferenza unitaria produce le due regioni evidenziate in grigio nella figura (bordiesclusi), ove mettiamo in evidenza il fatto che non appartiene a queste regioni la superficie a sinistra dell’asseimmaginario e all’interno della circonferenza λ∗(r), il cui colore bianco non risulta abbastanza evidente nelledimensioni del disegno. �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Nello spazio R5, con la base canonica E = {e1, . . . , e5}, si considerino i sottospazi

W1 = 〈e1 − 3e3, 2e1 + e2 − e3, 3e1 + 2e2 + e3〉 , W2 = 〈e1 + e2 + e3 + e4 + e5〉 ,

W3 :

4X1 +X3 + 4X5 = 0

2X1 − 3X2 +X3 + 3X5 = 0

X1 + 2X2 +X5 = 0

.

(a) Determinare le dimensioni e delle basi per ciascuno dei sottospazi dati. Determinare delle equazionicartesiane per W1 +W2. Si dica se R5 = W1 ⊕W2 ⊕W3.

(b) Si dica se e ben definita la simmetria σ3 : R5 → R5, di asse W3 e direzioni W1+W2 e, in caso affermativo,se ne determini la matrice A = αE,E(σ3).

(c) Dette σ1 la simmetria di asse W1 e direzioni W2 +W3 e σ2 la simmetria di asse W2 e direzioni W1 +W3,si ponga φ = 2σ1 − σ2 + 3σ3 in EndRR5. Si calcolino detφ ed il polinomio caratteristico pφ(X). Chedire degli spazi di autovettori relativi?

Svolgimento. (a) I tre generatori di W1 sono linearmente dipendenti, infatti, si ha (e1 − 3e3) − 2(2e1 +e2 − e3) + (3e1 + 2e2 + e3) = 0; quindi due tra essi danno una base di W1, ad esempio w1 = e1 − 3e3 ew2 = 2e1 + e2 − e3, e dimW1 = 2.

Chiaramente dimW2 = 1 e il generatore,w3 = e1 + e2 + e3 + e4 + e5, e una base del sottospazio.Il sistema omogeneo che definisce W3 ha rango 3 e due soluzioni linearmente indipendenti sono w4 = e4

e w5 = e1 − e2 − 8e3 + e5. Queste sono una base di W3 che ha dimensione 2.

10

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 18 febbraio 2013 – Compito A 11

Il sottospazio W1 +W2 e soluzione del sistema di equazioni cartesiane

{3X1 − 5X2 +X3 +X4 = 0

X4 −X5 = 0.

Si osservi che W1 ∩W2 = 〈0〉, (tutti gli elementi di W1 soddisfano l’equazione X4 = 0). Se mostriamoche (W1 ⊕W2) ∩W3 = 〈0〉, i tre spazi sono in somma diretta e, per un calcolo di dimensioni, la loro sommacoincide con tutto R5. Un generico elemento di W3 ha coordinate t(s,−s,−8s, t, s), al variare di (s, t) ∈ R2,ed appartiene a W1 ⊕W2 se, e solo se, le sue coordinate soddisfano alle equazioni cartesiane scritte sopra,

che danno

{t = 0

s− t = 0e quindi s = 0 = t.

(b) I vettori w1, . . . , w5 del punto precedente sono quindi una base, W, di R5 e quindi esiste la simmetriaσ3 e si ha

B = αW,W(σ3) =

−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 −1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

, P = αW,E(id) =

1 2 1 0 1

0 1 1 0 −1

−3 −1 1 0 −8

0 0 1 1 0

0 0 1 0 1

, P−1 =

−11 18 −4 0 −3

6 −9 2 0 1

−3 5 −1 0 0

3 −5 1 1 0

3 −5 1 0 1

,

La matrice cercata e quindi

A = αE,E(σ3) = PBP−1 =

5 −10 2 0 2

−6 9 −2 0 −2

−48 80 −17 0 −16

6 −10 2 1 0

6 −10 2 0 1

.

(c) Utilizzando la base W, si ha

αW,W(φ) =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 −6 0 0

0 0 0 2 0

0 0 0 0 2

.

Quindi detφ = 0; il polinomio caratteristico di φ e X2(X + 6)(X − 2)2 e gli spazi di autovettori sonoW1 = kerφ, W2 = ker(φ+ 6id), W3 = ker(φ− 2id). �

ESERCIZIO 3. [12 punti] Si determini il sottoinsieme S di Q5 formato dalle soluzioni del sistema lineare

X1 −X3 −X4 +X5 = 0

X2 +X4 + 3X5 = 3

3X1 +X2 − 3X3 − 2X4 + 3X5 = 0

X1 +X2 −X3 + 2X5 = 1

.

(a) Si determinino tutti i sistemi minimali di equazioni lineari che hanno lo stesso insieme S di soluzioni.(b) Si determinino tutti gli endomorfismi φ : Q5 → Q5 il cui nucleo contenga S e la cui immagine sia

contenuta in S, si dica se formano un sottospazio di EndQQ5 e se ne calcoli la dimensione. Si rispondaalla stessa domanda con 〈S〉 in luogo di S.

(c) Si determini il polinomio caratteristico di tutti gli endomorfismi del punto precedente e si dica quali traquesti sono diagonalizzabili.

Svolgimento. Con operazioni elementari sulla matrice completa del sistema si ottiene

1 0 −1 −1 1 | 0

0 1 0 1 3 | 3

3 1 −3 −2 3 | 0

1 1 −1 0 2 | 1

∼

1 0 −1 −1 1 | 0

0 1 0 1 3 | 3

III − 3I 0 1 0 1 0 | 0

IV − I 0 1 0 1 1 | 1

∼

∼

1 0 −1 −1 1 | 0

III 0 1 0 1 0 | 0

IV − III 0 0 0 0 1 | 1

II + 2III − 3IV 0 0 0 0 0 | 0

.


Il sistema ha quindi soluzione e

S =

−1

0

0

0

1

+

⟨

1

−1

0

1

0

,

1

0

1

0

0

⟩.

(a) I sistemi cercati si ottengono facendo operazioni elementari sulle prime tre righe della matrice a scaliniottenuta col procedimento di eliminazione. Poiche ogni matrice invertibile e prodotto di matrici elementari,possiamo scrivere che i sistemi minimali che hanno S come soluzione sono tutti e soli quelli della forma

a11(X1 −X3 −X4 +X5) + a12(X2 −X4) + a13(X5 − 1) = 0

a21(X1 −X3 −X4 +X5) + a22(X2 −X4) + a23(X5 − 1) = 0

a31(X1 −X3 −X4 +X5) + a32(X2 −X4) + a33(X5 − 1) = 0

ove A = (aij)1≤i,j≤3 varia nel gruppo GL(3,Q).

(b) Il nucleo e l’immagine di un’applicazione lineare sono sottospazi, quindi non puo mai aversi imφ ⊆ S,visto che 0 /∈ S. L’insieme in questione e vuoto. La condizione sensata su φ e quindi imφ ⊆ 〈S〉 ⊆ kerφ. Ivettori s3 = e1 + e3, s4 = e1 − e2 + e4 e s5 = −e1 + e5 sono una base di 〈S〉 e possiamo completarli ad unabase S = {s1, . . . , s5} di Q5 con i vettori s1 = e1, s2 = e2. La condizione posta su φ da

αS,S(φ) =

0 0 0 0 00 0 0 0 0a b 0 0 0c d 0 0 0e f 0 0 0

,

αE,E(φ) =

a+c−e b+d−f −a−c+e −a+b−c+d+e−f a+c−e−c −d c c−d −ca b −a −a+b a

c d −c −c+d c

e f −e −e+f e

da cui si vede chiaramente che (essendo ξ 7→ αS,S(ξ) un isomorfismo di spazi vettoriali) gli endomorfismi inquestione formano un sottospazio di dimensione 6 di EndQQ5.

(c) Infine, dalla matrice scritta sopra, si vede che il polinomio caratteristico di tutti gli endomorfismi descrittial punto precedente e X5 e quindi che l’unico autovalore e 0 con molteplicita (algebrica) 5. La molteplicitageometrica (ovvero la dimensione di kerφ) uguaglia quella algebrica solo quando φ = 0, che e quindi l’unicoendomorfismo diagonalizzabile di quell’insieme. �

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 18 febbraio 2013 – Compito B

ESERCIZIO 1. [6 punti] Si determinino i numeri complessi z1, z2 tali che

{z1 + z2 = 1 + 3i

z1z2 = 3i− 4.

(a) Si disegni nel piano di Gauss la retta (reale), r, che le contiene z1 e z2 e si determini l’equazione di rnelle coordinate z e z.

(b) Si determinino centro e raggio della circonferenza che si ottiene riflettendo r lungo la circonferenzaunitaria. Si disegni l’immagine tramite questa riflessione dei punti del piano che si trovano tra l’asseimmaginario e la retta r.

ESERCIZIO 2. [12 punti] Nello spazio R5, con la base canonica E = {e1, . . . , e5}, si considerino i sottospazi

W1 = 〈e4 − 3e5, e3 + 2e4 − e5, 2e3 + 3e4 + e5〉 , W2 = 〈e1 + e2 + e3 + e4 + e5〉 ,

W3 :

4X1 + 4X4 +X5 = 0

3X1 − 3X3 + 2X4 +X5 = 0

X1 + 2X3 +X4 = 0

.

(a) Determinare le dimensioni e delle basi per ciascuno dei sottospazi dati. Determinare delle equazionicartesiane per W1 +W2. Si dica se R5 = W1 ⊕W2 ⊕W3.

(b) Si dica se e ben definita la simmetria σ3 : R5 → R5, di asse W3 e direzioni W1+W2 e, in caso affermativo,se ne determini la matrice A = αE,E(σ3).

(c) Dette σ1 la simmetria di asse W1 e direzioni W2 +W3 e σ2 la simmetria di asse W2 e direzioni W1 +W3,si ponga φ = 2σ1 − σ2 + 3σ3 in EndRR5. Si calcolino detφ ed il polinomio caratteristico pφ(X). Chedire degli spazi di autovettori relativi?

ESERCIZIO 3. [12 punti] Si determini il sottoinsieme S di Q5 formato dalle soluzioni del sistema lineare

3X1 − 2X2 − 3X3 +X4 + 3X5 = 0

3X1 +X2 +X4 = 3

X1 −X2 −X3 +X5 = 0

2X1 −X3 +X4 +X5 = 1

.

(a) Si determinino tutti i sistemi minimali di equazioni lineari che hanno lo stesso insieme S di soluzioni.(b) Si determinino tutti gli endomorfismi φ : Q5 → Q5 il cui nucleo contenga S e la cui immagine sia

contenuta in S, si dica se formano un sottospazio di EndQQ5 e se ne calcoli la dimensione. Si rispondaalla stessa domanda con 〈S〉 in luogo di S.

(c) Si determini il polinomio caratteristico di tutti gli endomorfismi del tipo id + φ, ove φ varia tra gliomomorfismi del punto precedente e si dica in quali casi id + φ e diagonalizzabile.


ESERCIZIO 1. [6 punti] Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss tutti i numeri complessi z taliche z2 − 2z = 0.(a) Si determinino le equazioni delle rette del piano di Gauss che uniscono le coppie di numeri, diversi da

0, che soddisfano la condizione data. Si disegnino tali rette nel piano di Gauss.(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente

nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss.

Svolgimento. (a) Il numero complesso 0 soddisfa alle condizioni date.

Se z 6= 0 soddisfa a tali condizioni, deve aversi |z| = 2 e quindi z = 4z . I

numeri complessi z 6= 0, soddisfacenti alle condizioni date, sono le radicidel polinomio X3 − 8. Quindi, i numeri cercati sono 0 e le radici terze di8, 2, 2e2πi/3 = −1 + i

√3, 2e4πi/3 = −1 − i

√3. Le rette cercate hanno

equazioni

r1 : z + z + 1 = 0, r2 : (1− i√

3)z + (1 + i√

3)z − 4 = 0,

r3 : (1 + i√

3)z + (1− i√

3)z − 4 = 0.

2

−1+i√

3

−1−i√

3

r1 r2

r3

Le tre rette sono tangenti alla circonferenza unitaria nei punti corrispondenti alle radici terze di −1.

(b) Le circonferenze hanno tutte raggio 1/2 e centri in −1/2, (1 + i√

3)/4, (1 − i√

3)/4, rispettivamente.�

ESERCIZIO 2. [12 punti] Nello spazio vettoriale reale V , con la base V = {v1, . . . , v4}, si considerino isottospazi

W1 :

2X1 −X2 +X4 = 0

X1 + 2X2 −X4 = 0

X1 − 3X2 + 2X4 = 0

, e W2 = 〈v1 + v3, v2 + v3, v1 − 2v2 + v4〉 .

(a) Determinare la dimensione ed un sistema minimale di equazioni cartesiane per ciascuno dei sottospazidati. Determinare una base per ciascuno dei sottospazi W1, W2, W1 ∩W2, W1 +W2.

(b) Si considerino i seguenti sottoinsiemi

U = {φ ∈ HomR (V, V ) |φ(W1) ⊆W2, φ(W2) ⊆W1 }W = {ψ ∈ HomR (V, V ) |ψ(W1) ⊆W1, ψ(W2) ⊆W2 } .

Si verifichi se sono sottospazi vettoriali e si determinino le eventuali dimensioni.(c) In caso affermativo, si determini la dimensione di U ∩W e si dica se U + W = HomR (V, V ). In ogni

caso, e vero che l’applicazione η : U ×U → W , definita da (ψ, φ) 7→ ψ ◦ φ e suriettiva?

Svolgimento. (a) Le tre equazioni non sono indipendenti, essendo (I − II − III = 0). Il sistema ha rango 2e quindi dimW1 = 2. Invece, i tre generatori di W2 sono linearmente indipendenti e percio dimW2 = 3. Deisistemi di equazioni minimali per i due sottopazi sono

W1 :

{X1 + 2X2 −X4 = 0

5X2 − 3X4 = 0, e W2 : X1 +X2 −X3 +X4 = 0.

Si ha quindi

W1 = 〈v1 − 3v2 + 7v3 − 5v4, v3〉 , W2 = 〈v1 − 3v2 + 7v3 − 5v4, v2 + v3, v1 + v3〉 ,W1 ∩W2 = 〈v1 − 3v2 + 7v3 − 5v4〉 , W1 +W2 = 〈v1, v2, v3, v4〉 ;

14


e i generatori indicati sono basi.

(b) Posto, U1 = 〈v3〉, U2 = 〈v2 + v3, v1 + v3〉, e U3 = W1 ∩W2, si ha W1 = U1 ⊕ U3, W2 = U2 ⊕ U3 eV = U1 ⊕ U2 ⊕ U3. Si hanno quindi le decomposizioni ‘a blocchi’ degli endomorfismi, ovvero

U = {φ ∈ HomR (V, V ) |φ(U1) ⊆ U2 ⊕ U3, φ(U2) ⊆ U1 ⊕ U3, φ(U3) ⊆ U3 }W = {ψ ∈ HomR (V, V ) |φ(U1) ⊆ U1 ⊕ U3, φ(U2) ⊆ U2 ⊕ U3, φ(U3) ⊆ U3 } .

Da cui si deduce dim U = 3 + 4 + 1 = 8 e dim W = 2 + 6 + 1 = 9.

(c) Gli endomorfismi appartenenti a U ∩ W sono tutti e soli quelli che mandano tutti i vettori di V inU3 = W1 ∩W2 e quindi U ∩ W e un sottospazio di dimensione 4, da cui si ottiene dim(U + W ) = 13 <dim HomR (V, V ). Infatti, la somma dei due sottospazi contiene solo endomorfismi che lasciano stabile ilsottospazio U3.

Infine, tutti gli endomorfismi φ ∈ U hanno un nucleo di dimensione positiva, perche mandano ilsottospazio W2, di dimensione 3, in W1, di dimensione 2. Quindi, se ψ e φ appartengono ad U , si hadet(ψ ◦ φ) = (detψ)(detφ) = 0, mentre W contiene endomorfismi invertibili (ad esempio l’identita idV ).Dunque, l’applicazione η non puo essere suriettiva. �

ESERCIZIO 3. [12 punti] Si considerino i sottospazi U e W dello spazio vettoriale Q4, definiti dallecondizioni

U :

4X1 − 2X2 + 2X3 −X4 = 0

2X1 −X2 +X3 − 3X4 = 0

6X1 − 3X2 + 3X3 +X4 = 0

e W =

⟨( 1

0

−1

0

),

( 1

2

0

0

),

( 2

2

−1

1

)⟩.

(a) Si determinino una base e un sistema minimale di equazioni cartesiane per ciascuno dei due sottospazie si determini un sottospazio, T , tale che (U ∩W )⊕ T = W . E vero che per ogni tale sottospazio, T , siha U ⊕ T = Q4?

(b) Si scriva la matrice αE,E(π), ove π : Q4 → Q4, e la proiezione su U , parallelamente a T .(c) Si indichi con σ : Q4 → Q4 la simmetria di asse U e direzione T e si considerino gli endomorfismi

φa = 2π− aσ, con a ∈ Q. Si calcoli il determinante di φa al variare di a ∈ Q. Che dire dei determinantidegli endomorfismi HomQ (Q4,Q4)→ HomQ (Q4,Q4) cosı definiti,

Φ : ψ 7→ φa ◦ ψ, Ψ : ψ 7→ ψ ◦ φa, Ξ : ψ 7→ φa ◦ ψ ◦ φa.

Svolgimento. (a) Il sistema che definisce U ha rango 2. Una base di U e costituita dai vettori u1 = e1 + 2e2

e u2 = e2 + e3; un sistema minimale che definisce tale sottospazio e, ad esempio,

{2X1 −X2 +X3 = 0

X4 = 0.

I tre generatori dati di W sono una base di tale spazio che e definito dall’equazione cartesiana 2X1 −X2 + 2X3 = 0. Quest’equazione non e soddisfatta dal vettore u2 e quindi l’intersezione U ∩W si limita alsottospazio 〈u1〉.

Possiamo prendere T = 〈w1, w2〉, ove w1 = e1−e3, w2 = e4 e si ha W = 〈u1〉⊕T e Q4 = U⊕T . Ogni altrosottospazio T , tale che W = (U ∩W )⊕ T , e del tipo T(a,b) = 〈w1 + au1, w2 + bu1〉, al variare di (a, b) ∈ Q2.Ognuno di questi sottospazi ha dimensione 2 e si ha T(a,b) ∩ U = (T(a,b) ∩W ) ∩ U = T(a,b) ∩ (W ∩ U) = 〈0〉.Si conclude che U ⊕ T(a,b) = Q4, per ogni valore di (a, b) ∈ Q2.

(b) Scegliamo T = 〈w1, w2〉, ove w1 = e1 − e3, w2 = e4 e si ottiene la matrice

A = αE,E(π) =

(−1 1 −1 0

0 1 0 0

2 −1 2 0

0 0 0 0

) [A−

(2a −a a b

4a −2a 2a 2b

0 0 0 0

0 0 0 0

)scegliendo T(a,b).

]

(c) Prendendo la base u1, u2, w1, w2 per Q4, si calcola immediatamente, detφa = a2(2 − a)2. Ragionandoanalogamente, si ha det Φ = (detφa)4 = det Ψ e det Ξ = (det Φ)(det Ψ) per il Teorema di Binet. �


ESERCIZIO 1. [6 punti] Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss tutti i numeri complessi z taliche z2 + 2z = 0.(a) Si determinino le equazioni delle circonferenze passanti per l’origine del piano di Gauss e con centro

nei numeri, diversi da 0, che soddisfano la condizione data. Si disegnino tali circonferenze nel piano diGauss.

(b) Si determinino le equazioni delle rette che si ottengono riflettendo le circonferenze del punto precedentenella circonferenza unitaria e si disegnino tali rette nel piano di Gauss.

Svolgimento. Il numero complesso 0 soddisfa alle condizioni date.

Se z 6= 0 soddisfa a tali condizioni, deve aversi |z| = 2 e quindi z = 4z .

I numeri complessi z 6= 0, soddisfacenti alle condizioni date, sono leradici del polinomio X3 +8. Quindi, i numeri cercati sono 0 e le radiciterze di −8; ovvero −2, 2eπi/3 = 1 + i

√3, 2e5πi/3 = 1− i

√3.

(a) Le circonferenze cercate hanno equazioni

C1 : zz + 2z + 2z = 0, C2 : zz − (1− i√

3)z − (1 + i√

3)z = 0,

C3 : zz − (1 + i√

3)z − (1− i√

3)z = 0

e ciascuna interseca la circonferenza unitaria in una coppia di puntiuniti per la riflessione, che determinano quindi la retta che si ottieneper riflessione nella circonferenza unitaria.

−2

1+i√

3

1−i√

3r1

r3r2

(b) Le tre rette hanno quindi equazioni

r1 : 2z + 2z + 1 = 0, r2 : (1− i√

3)z + (1 + i√

3)z − 1 = 0, r3 : (1 + i√

3)z + (1− i√

3)z − 1 = 0

rispettivamente. �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Dato lo spazio vettoriale V su Q, con la base V = {v1, . . . , v4}, si dica se esisteun endomorfismo φ : V → V tale che

φ−1({2v2 − v4}) = (2v4 − 4v2) + 〈v1 − v3, v2 + v4〉 e v1 ∈ φ−1({v3}).

(a) In caso affermativo, si determinino kerφ, imφ, αV,V(φ), autovalori e autovettori per φ. In caso negativo,si spieghi perche non puo esistere e si dica come modificare φ−1({2v2−v4}) affinche esista. Si determininoper tale φ le quantita descritte sopra.

(b) Sia V∗ = {v∗1 , . . . , v∗4} la base duale di V ∗. Si mostri che gli endomorfismi vj ⊗ v∗i : V → V , definitiponendo x 7→ vj(v

∗i ◦ x), per ogni x ∈ V , con 1 ≤ i, j ≤ 4, sono una base di HomQ (V, V ) e si scriva φ

come combinazione lineare dei vettori di questa base. Si determinino, se esistono, r vettori w1, . . . , wrdi V ed r forme lineari ζ1, . . . , ζr di V ∗ tali che φ = w1 ⊗ ζ1 + · · ·+wr ⊗ ζr, ove r = rkφ e il rango di φ.Che dire dei sottospazi 〈w1, . . . , wr〉 e 〈ζ1, . . . , ζr〉?

(c) Il sottoinsieme W = {ψ ∈ HomQ (V, V ) | (idV − ψ) ◦ φ = φ } e un sottospazio vettoriale di HomQ (V, V )o una sottovarieta lineare dello spazio affine associato? In ogni caso si determinino dimensione ed unsistema di equazioni cartesiane per W nel riferimento associato alla base vj ⊗ v∗i , con 1 ≤ i, j ≤ 4.

Svolgimento. (a) Se un tale φ esiste, deve aversi,

φ(v1) = v3, φ(v1 − v3) = 0, φ(v2 + v4) = 0, φ(2v2 − v4) = −1

2(2v2 − v4)).

16


I quattro vettori v1, v1 − v3, v2 + v4, 2v2 − v4 sono una base di V e quindi una tale φ esiste ed e unica. In

particolare, kerφ = 〈v1 − v3, v2 + v4〉, imφ = 〈2v2 − v4, v3〉, αV,V(φ) =

( 0 0 0 0

0 −1/3 0 1/3

1 0 1 0

0 1/6 0 −1/6

), gli autovalori sono

0, −1/2 e 1, con i rispettivi autospazi kerφ = 〈v1 − v3, v2 + v4〉, ker(φ+1/2) = 〈2v2 − v4〉, ker(φ−1) = 〈v3〉.(b) Per verificare che i sedici endomorfismi vj⊗v∗i , per 1 ≤ i, j ≤ 4, sono una base di HomQ (V, V ) e sufficienteverificare che sono linearmente indipendenti (o che generano lo spazio). Sia

∑1≤i,j≤4 aijvj ⊗ v∗i = 0 e si

prenda il vettore vh della base V. Deve aversi

0 =∑

1≤i,j≤4

aijvj(v∗i ◦ vh) =

∑

1≤j≤4

ahjvj ;

da cui si deduce ah1 = · · · = ah4 = 0, perche i vettori v1, . . . , v4 sono linearmente indipendenti in V . Siconclude cosı che gli endomorfismi dati sono linearmente indipendenti in HomQ (V, V ).

La matrice A = αV,V(φ) ha rango 2 e si ha

A =

( 0 0

0 −1/3

1 0

0 1/6

)(1 0 1 0

0 1 0 −1

).

Possiamo quindi considerare i vettori w1 = v3, w2 = − 13v2 + 1

6v4 e le forme lineari ζ1 = v∗1 +v∗3 , ζ2 = v∗2 −v∗4 ,ed osservare che φ = w1 ⊗ ζ1 + w2 ⊗ ζ2, come richiesto. In particolare, 〈w1, w2〉 = imφ e 〈ζ1, ζ2〉 = (kerφ)⊥.

(c) (idV −ψ)◦φ = φ se, e solo se, ψ◦φ = 0 e quindi W e un sottospazio in quanto e il nucleo dell’applicazionelineare Rφ : ψ 7→ ψ ◦φ. Gli endomorfismi ψ ∈ W devono annullarsi sui vettori del sottospazio imφ e possonoassumere valori arbitrari su (la base di) un qualsiasi sottospazio complementare. Quindi dim W = 8 e unabase di W e costituita dagli endomorfismi v1⊗ η1, v2⊗ η1, v3⊗ η1, v4⊗ η1, v1⊗ η2, v2⊗ η2, v3⊗ η2, v4⊗ η2,ove η1 = v∗1 e η2 = v∗2 + 2v∗4 sono una base di (imφ)⊥ ⊂ V ∗.

Un sistema di equazioni cartesiane che definisce il sottospazio W e

a13 = 0

a23 = 0

a33 = 0

a43 = 0

2a12 − a14 = 0

2a22 − a24 = 0

2a32 − a34 = 0

2a42 − a44 = 0

.

Lo si poteva ricavare anche scrivendo una generica matrice X tale che XA = 0. �

ESERCIZIO 3. [12 punti] Si considerino i sottospazi U e W dello spazio vettoriale R4, definiti dallecondizioni

U :

4X1 −X2 − 2X3 + 2X4 = 0

2X1 +X2 −X3 − 2X4 = 0

6X1 − 2X2 − 3X3 + 4X4 = 0

e W =

⟨( 1

0

−1

0

),

( 3

2

−3

−2

),

(−2

1

2

−1

)⟩.

(a) Si determinino le dimensioni dei sottospazi U , W , U ∩W e U +W e si completi una base di U ad unabase di U +W . Se necessario, si completi la base cosı ottenute ad una base V = {v1, . . . , v4} di R4.

(b) Se R4 = U⊕W si scriva la matrice in base canonica dell’endomorfismo π : R4 → R4 che manda ogni vet-tore nella sua proiezione in U , parallelamente a W . In caso contrario, si fissi a piacere un complementareT di U e si determini la matrice della proiezione, π, su U , associata a questa decomposizione.


(c) Sia B la matrice, in base canonica della simmetria σ = 2π − id. Si puo trovare una matrice ortogonaleH (ovvero con tH = H−1), tale che la matrice Ct = tH + (1 − t)B sia invertibile e U sia contenutonell’autospazio relativo ad 1, per ogni t ∈ [0, 1]?

Svolgimento. (a) Il sistema che definisce U ha rango 2, quindi dimU = 2 e U = 〈e1 + 2e3, 2e2 + e4〉. AnchedimW = 2 e W = 〈e1 − e3, e2 − e4〉. Se ne deduce che U ∩W = 〈0〉 e la base V di R4 = U ⊕W , puo esserecostituita da

v1 = e1 + 2e3, v2 = 2e2 + e4, v3 = e1 − e3, v4 = e2 − e4.

(b) La matrice e

A = αE,E(π) = 13

( 1 0 1 0

0 2 0 2

2 0 2 0

0 1 0 1

).

(c) Sia σ = 2π− id la simmetria di asse U e direzione W ; sia sU : R4−R4 la simmetria ortogonale di asse Ue indichiamo con pU e pU⊥ le proiezioni ortogonali su U e U⊥, di modo che sU = pU − pU⊥ . Poniamo quindiB = αE,E(σ) e H = αE,E(sU ). Dato t ∈ [0, 1], indichiamo con ψt : R4 → R4 l’applicazione lineare definitada ψt(x) = (1 − t)σ(x) + tsU (x) per ogni x ∈ R4. Se x = u + w con u ∈ U e w ∈ W , si ha σ(x) = u − w esU (x) = u+ pU (w)− pU⊥(w), da cui si deduce

ψt(x) = u+ (2t− 1)pU (w)− pU⊥(w) = u+ 2tpU (w)− w.

Quindi ψt(x) = 0 se, e solo se, u+(2t−1)pU (w) = 0 e pU⊥(w) = 0 e quindi w ∈W ∩kerpU⊥ = W ∩U = 〈0〉;da cui si deduce u = (1−2t)pU (w) = 0. Cio significa kerψt = 〈0〉 e quindi ψt invertibile; e dallo stesso calcolosi ricava ψt(u) = u per ogni u ∈ U , qualunque sia t ∈ [0, 1] e cio permette di concludere che H soddisfa atutte le condizioni richieste. In particolare, si puo verificare che, per ogni t ∈ R, ψt e una simmetria di asseU . �


ESERCIZIO 1. [8 punti](a) Si disegni nel piano di Gauss l’insieme S = { z ∈ C | zz − 2iz + 2iz − 1 = 0 }.(b) Siano λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria e σ : C → C il coniugio. Si

determinino e si disegnino nel piano di Gauss gli insiemi λ∗(S) e σ∗(S).(c) Si determinino tutte le circonferenze (o rette) del piano di Gauss, C, per cui λ∗(C) = σ∗(C).

Svolgimento. (a) S e la circonferenza di centro 2i e raggio√

5, rappresentata qui sotto.(b) Si ha

λ∗(S) = { z ∈ C | zz + 2iz − 2iz − 1 = 0 }σ∗(S) = { z ∈ C | zz + 2iz − 2iz − 1 = 0 }

Quindi i due insiemi coincidono e si tratta della circonferenza di centro −2i eraggio

√5.

(c) Si consideri una generica circonferenza (o retta) del piano complesso, diequazione C : azz + bz + bz + c = 0.

2i

−2i

2

S

λ∗S=σ∗S

Gli insiemi che si ottengono riflettendo nella circonferenza unitaria e nell’asse reale, hanno equazioni

λ∗(C) : czz + bz + bz + a = 0 e σ∗(C) : azz + bz + bz + c = 0.

Supponiamo a, b, c 6= 0, lasciando al lettore la discussione dei casi particolari (che e richiesta). Gli insiemi

delle soluzioni coincidono se, e solo se, ca = b

b= b

b = ac . Da cui si deduce a2 = c2 e b2 = b2; o, meglio,{

a = c

b = be

{a = −cb = −b . Sono quindi due famiglie di circonferenze, la prima del tipo |z − α| =

√α2 − 1, ove

α ∈ R e |α| ≥ 1, con centri nell’asse reale; e la seconda |z − iβ| =√β2 + 1, ove β ∈ R con centri nell’asse

immaginario. Il lettore e invitato a disegnarsi qualche esempio. �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Siano U , V e W spazi vettoriali su Q su cui siano fissate rispettivamente le basi,U = {u1, . . . , u4}, V = {v1, . . . , v3}, W = {w1, . . . , w4}.(a) Si determinino le applicazioni lineari ψ : U → V e φ : W → U che soddisfano alle condizioni

φ(w1 + w3) = 0 = φ(w2 + w4), φ(w1 + w4) = −3u1 + u2 − u3, φ(w2 − w3) = u1 + u2 + 3u3 + 2u4.

ψ(u1 − u2 − u3) = 0 = ψ(u1 − u2 + u4), ψ(u1 − u2) = v1 − v3, ψ(u1 + u2) = v1 + 2v2 + v3;

Si scrivano le matrici A = αW,U (φ) e B = αU,V(ψ), e si determinino nucleo ed immagine di taliapplicazioni.

(b) Si consideri l’insieme X = { ξ ∈ HomQ (V,W ) |φ ◦ ξ ◦ ψ = 0 }. Si dica se X e un sottospazio o unasottovarieta lineare di HomQ (V,W ) e se ne calcoli in ogni caso la dimensione. Si determinino le matricidelle funzioni appartenenti a X nelle basi date.

(c) Sia Y = {C ∈M4×4(Q) |C +AXB = 14, ∃X ∈M4×3(Q) }. Si determini una rappresentazione para-metrica degli elementi di Y e si dica se si tratta di un sottospazio o di una sottovarieta lineare di M4(Q).E vero che ogni matrice in M4(Q), di rango 1, si puo trasformare con operazioni elementari sulle righee sulle colonne in una matrice di Y? E cosa si puo dire a questo riguardo per una matrice invertibile?

Svolgimento. (a) Osserviamo che i vettori, u1 − u2 − u3, u1 − u2 + u4, u1 + u2, u1 − u2 sono una base di Ue che i vettori w1 + w3, w2 + w4, w1 + w4, w2 − w3 sono una base di W ; quindi le applicazioni lineari φ e ψ,soddisfacenti alle condizioni date, esistono e sono uniche. Inoltre e evidente che

kerψ = 〈u1 − u2 − u3, u1 − u2 + u4〉 , imψ = 〈v1 − v3, v1 + 2v2 + v3〉 ,kerφ = 〈w1 + w3, w2 + w4〉 , imφ = 〈−3u1 + u2 − u3, u1 + u2 + 3u3 + 2u4〉 .

19


Infine

B = αU,V(ψ) =

1 0 1 −11 1 0 00 1 −1 1

A = αW,U (φ) =

−1 2 1 −21 0 −1 01 2 −1 −21 1 −1 −1

.

(b) Il sottoinsieme X contiene l’omomorfismo nullo e, presi comunque ξ1 e ξ2 in X e due numeri reali a1 eda2, si ha φ ◦ (a1ξ1 + a2ξ2) ◦ ψ = a1φ ◦ ξ1 ◦ ψ + a2φ ◦ ξ2 ◦ ψ = 0. Quindi X e un sottospazio di HomR (V,W ).Un’applicazione lineare ξ ∈ HomR (V,W ) appartiene a X se, e solo se, ξ(imψ) ⊆ kerφ. Quindi sul sottospazioimψ (di dimensione 2), ξ deve assumere valori in kerφ (che ha pure dimensione 2), mentre in un qualsiasicomplementare di imψ (di dim 1) puo assumere qualunque valore in W (di dimensione 4). Dunque ilsottospazio X ha dimensione 8.Si puo facilmente scrivere una base di αV,W(X ), prendendo 8 matrici linearmente indipendenti che soddisfanoalla condizione data; ad esempio

( 1 0 0

0 0 0

1 0 0

0 0 0

),

( 0 1 0

0 0 0

0 1 0

0 0 0

),

( 0 0 1

0 0 0

0 0 1

0 0 0

),

( 0 0 0

1 0 0

0 0 0

1 0 0

),

( 0 0 0

0 1 0

0 0 0

0 1 0

),

( 0 0 0

0 0 1

0 0 0

0 0 1

),

( 1 −1 1

0 0 0

0 0 0

0 0 0

),

( 0 0 0

1 −1 1

0 0 0

0 0 0

).

(c) L’applicazione f : M4×3(R)→ M4×4(R), definita da X 7→ AXB, e un’applicazione lineare il cui nucleoe αV,W(X ). Quindi Y = 14 + imf e una sottovarieta lineare di dimensione 4 di M4×4(R), che puo essereparametrizzato con l’immagine tramite f di un qualsiasi complementare di αV,W(X ). Si ha quindi

Y =

{14 −A

(a b 0

c d 0

0 0 0

0 0 0

)B∣∣ (a, b, c, d) ∈ R4

}=

{( 1+a+b−2c−2d b−2d a−2c −a+2c

−a−b 1−b −a a

−a−b−2c−2d −b−2d 1−a−2c a+2c

−a−b−c−d −b−d −a−c 1+a+c

)∣∣ (a, b, c, d) ∈ R4

}

che da una rappresentazione parametrica di Y. Il rango di un elemento di Y e compreso tra 2 e 4, perche ilrango della somma di due matrici (o dei corrispondenti omomorfismi) e compreso tra la somma e il valoreassoluto della differenza dei ranghi degli addendi. Due matrici di M4(R) aventi uguale rango possono esseretrasformate l’una nell’altra tramite operazioni elementari su righe e colonne (perche?). Quindi l’asserto evero per le matrici invertibili, ma e falso per le matrici di rango 1, perche nessuna matrice con questo rangoappartiene a Y. �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Sia V = R[X]≤4 lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali di gradominore di 5, ed indichiamo con B la base canonica di V . Si consideri l’applicazione φ : V → V , definita da

φ(P (X)) = P (X + 1) − XP ′(X), ove P ′(X) indica il derivato del polinomio P (X) (se P (X) =

n∑

i=0

aiXi,

allora P ′(X) =

n∑

i=1

iaiXi−1).

(a) Si verifichi che φ e un omomorfismo di spazi vettoriali reali, se ne calcolino nucleo e immagine e si scrivala matrice A = αB,B(φ). Si dica se φ e diagonalizzabile.

(b) Detta φ∗ : V ∗ → V ∗ l’applicazione trasposta, se ne determinino nucleo ed immagine. E vero chel’applicazione P (X) 7→ P (1) appartiene a imφ∗? Qual e la sua controimmagine tramite φ∗? SiaB∗ = { δi | 0 ≤ i < 5 }, come di consueto, la base duale della base canonica di V . E vero che l’applicazioneδ2 − 3δ3 appartiene a imφ∗? Qual e la sua controimmagine tramite φ∗?

Svolgimento. (a) φ e un omomorfismo perche lo sono la moltiplicazione per polinomi fissati (che non faccianouscire dallo spazio), cosı come la derivazione. Inoltre combinazioni lineari di omomorfismi producono ancoraomomorfismi. Possiamo calcolare l’effetto dell’applicazione φ sui vettori della base canonica e ottenere

A = αB,B(φ) =

1 1 1 1 10 0 2 3 40 0 −1 3 60 0 0 −2 40 0 0 0 −3


e kerφ = 〈X − 1〉, imφ =⟨1, 2X −X2, 3X + 3X2 − 2X3, 4X + 6X2 + 4X3 − 3X4

⟩. La matrice di φ e

triangolare con elementi a due a due distinti sulla diagonale e quindi φ e diagonalizzabile.

(b) imφ∗ = (kerφ)⊥ = 〈δ0 + δ1, δ2, δ3, δ4〉, kerφ∗ = (imφ)⊥ = 〈6δ1 + 12δ2 + 27δ3 + 68δ4〉. L’applicazioneP (X) 7→ P (1) e δ0 + δ1 + δ2 + δ3 + δ4 ∈ imφ∗ e la sua controimmagine e δ0 + kerφ∗.

Infine l’applicazione δ2 − 3δ3 ∈ imφ∗, perche (δ2 − 3δ3) ◦ (X − 1) = 0 e la sua controimmagine e

φ∗−1(δ2 − 3δ3) = {−δ2 − 2δ4 + a(6δ1 + 12δ2 + 27δ3 + 68δ4) | a ∈ R } .

�


ESERCIZIO 1. [6 punti](a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le soluzioni dell’equazione z3 = i(z + 1)3.(b) Si determini, se esiste, una trasformazione di Mobius, z 7→ az+b

cz+d , che mandi le radici dell’equazioneprecedente su punti della circonferenza unitaria.

Svolgimento. z = −1 non e una soluzione, per cui l’equazione data e equivalente a(

zz+1

)3

= i. Le radici

cubiche di i sono i numeri complessi

eiπ/6 =√

32 + i 1

2 , e5iπ/6 = −√

32 + i 1

2 , e3iπ/2 = −i.

Le radici cercate sono quindi,

eiπ/6

1−eiπ/6 =√

3−2+i4−2√

3, e5iπ/6

1−e5iπ/6 = −2−√

3+i4+2√

3, −i

1+i = − 1+i2 .

Naturalmente, la trasformazione z 7→ zz+1 , manda le tre radici del polinomio sulle radici cubiche di i, che

sono sulla circonferenza unitaria. �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Si consideri il seguente sistema lineare a coefficienti razionali.

2X1 − 2X2 + 3X3 + 2X4 +X5 = 0

X1 −X2 −X5 = −1

X1 −X2 + 3X4 −X5 = 2

.

(a) Si determinino le soluzioni S ⊂ Q5 del sistema lineare. Si determinino gli endomorfismi φ : Q5 → Q5

tali che imφ ⊆ 〈S〉 ⊆ kerφ, φ(e3 + e5) = e1 − e3 + e5 e φ(e3 − e5) = e3 − e4 − e5. Si scriva la matrice,in base canonica, di tali endomorfismi.

(b) Sia E∗ = {e∗1, . . . , e∗5} la base duale. Si scrivano i φ del punto precedente come combinazione linearedegli endomorfismi ei ⊗ e∗j . Si determinino, se esistono, r vettori w1, . . . , wr di Q5 ed r forme lineariζ1, . . . , ζr del duale tali che φ = w1 ⊗ ζ1 + · · · + wr ⊗ ζr, ove r = rkφ e il rango di φ. Si determini, seesiste, una base V = {v1, . . . , v5} di Q5 tale che φ = v1 ⊗ v∗1 + · · ·+ vr ⊗ v∗r , ove V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} e labase duale della base V.

(c) Siano V = {v1, . . . , v5} una base di Q5 e V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} la base duale. E vero che ogni endomorfismoinvertibile di Q5 e composizione di un numero finito di endomorfismi del tipo

idQ5 + avi ⊗ v∗j con a ∈ Q e i 6= j, e idQ5 + (b− 1)vi ⊗ v∗i con b ∈ Q× e i = 1, . . . , 5.

Si discuta lo stesso problema in Qn, per qualsiasi n ≥ 1.


S =

0

1

0

1

0

+

⟨

0

1

1

0

−1

,

1

1

0

0

0

⟩

e quindi 〈S〉 =

⟨

0

1

0

1

0

,

0

1

1

0

−1

,

1

1

0

0

0

⟩.

In base alle condizioni date, φ ha rango almeno 2 e quindi ha un nucleo di dimensione 3 e si ha

A = (aij)1≤i,j≤5 = αE,E(φ) =

0 0 1/2 0 1/2

0 0 0 0 0

1 −1 0 1 −1

−1 1 −1/2 −1 1/2

−1 1 0 −1 1

.

22


(b) Si ha φ =∑

1≤i,j≤5 aijvi ⊗ v∗j ed e un endomorfismo di rango 2. Posto,

w1 = e3 − e4 − e5, w2 = e1 − e4, e ζ1 = e∗1 − e∗2 − e∗4 − e∗5, ζ2 = 12 (e∗3 − e∗5);

si ha φ = w1 ⊗ ζ1 + w2 ⊗ ζ2. Mentre non puo esistere una base per cui φ = v1 ⊗ v∗1 + v2 ⊗ v∗2 , perche sidovrebbe avere

imφ = 〈v1, v2〉 ⊂ kerφ = 〈v∗1 , v∗2〉⊥ = 〈v3, v4, v5〉 .(c) Gli endomorfismi dati sono trasformazioni elementari. Le loro matrici nella base V sono le matricielementari, diverse dalle matrici di scambio. Si tratta quindi di dimostrare che anche gli scambi si possonoottenere come composizione di questi isomorfismi per poter concludere, visto che le trasformazioni elementarisono generatori del gruppo GL(V ), per ogni spazio di dimensione finita V . Infatti, si ha

H(i, j) = (idV − 2vj ⊗ v∗j )(idV + vi ⊗ v∗j )(idV − vj ⊗ v∗i )(idV + vi ⊗ v∗j )

e cio permette di concludere. �

ESERCIZIO 3. [12 punti] Siano V e W spazi vettoriali complessi e siano V = {v1, . . . , v4} e W = {w1, w2}delle rispettive basi.(a) Si determinino le applicazioni lineari φ : V → W tali che, v3 − 2v4 ∈ φ−1{w2} e φ−1{w1 − 2w2} =

(v1 + 2v3) + 〈v1 − 2v4, v2 − 2v3〉; e se ne scrivano le matrici nelle basi date.(b) Si consideri l’insieme S = {ψ ∈ HomC (W,V ) |φ ◦ ψ = idW }. Si dica se l’insieme

X = {ψ1 − ψ2 | (ψ1, ψ2) ∈ S × S }

e un sottospazio, una sottovarieta lineare o altro in HomC (W,V ) e si determinino l’eventuale dimensionee il corrispondente sottoinsieme di matrici αW,V(X ).

(c) Si dia una condizione necessaria e sufficiente sulla matrice di ξ ∈ X , affinche si abbia imξ⊕〈v3, v4〉 = V .E vero che il complementare dell’insieme di queste matrici e descritto da un insieme finito di equazionialgebriche? . . . sono equazioni lineari?

Svolgimento. (a) I vettori v1−2v4, v2−2v3, v1 +2v3, v3−2v4 sono linearmente indipendenti e quindi formanouna base di V . Per cui esiste un’unica applicazione lineare che soddisfa alle condizioni date e la sua matricee

B = αV,W(φ) =

(1/3 2/3 1/3 1/6−1 0 0 −1/2

).

(b) S e una sottovarieta lineare e X ne e lo spazio direttore. Gli elementi di X sono applicazioni lineariξ : W → V tali che φ ◦ ξ = 0 e quindi coincide con il sottospazio di HomC (W,V ) formato dagli omomorfismila cui immagine e contenuta in kerφ. Un sottospazio di dimensione 4 a cui corrisponde il sottospazio dimatrici ⟨( 1 0

0 0

0 0

−2 0

),

( 0 0

1 0

−2 0

0 0

),

( 0 1

0 0

0 0

0 −2

),

( 0 0

0 1

0 −2

0 0

)⟩

tramite l’isomorfismo αW,V .

(c) Il sottospazio 〈v3, v4〉 e un complementare di kerφ = 〈v1 − 2v4, v2 − 2v3〉. Quindi, affinche si abbiaimξ ⊕ 〈v3, v4〉 = V , e necessario e sufficiente che imξ = kerφ, ovvero che ξ abbia rango massimo. Ilcomplementare e formato dalle matrici in αW,V(X ) di rango ≤ 1, ovvero quelle per cui si annullano tutti iminori di ordine 2 che danno sei equazioni algebriche (di secondo grado e non ‘indipendenti’) di cui questematrici sono soluzione. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 19 aprile 2013 – Compito A


3 0 1 −1 1

0 5 0 0 3

0 1 2 0 −11 1 1 1 0

0 −3 0 0 −1

rispetto alla base



Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)5 e quindi vi e il solo autovalore 2, conmolteplicita (algebrica) 5. Gli autovettori generano il sottospazio ker(φ− 2) = 〈e1 − e3, e1 + e4〉. Si ha

A− 2 =

1 0 1 −1 1

0 3 0 0 3

0 1 0 0 −11 1 1 −1 0

0 −3 0 0 −3

(A− 2)2 =

0 −3 0 0 −30 0 0 0 0

0 6 0 0 6

0 3 0 0 3

0 0 0 0 0

(A− 2)3 = 0;

e il polinomio minimo e λφ(X) = (X − 2)3.

(b) La matrice di Jordan ha quindi un blocco di ordine 3 ed uno di ordine 2. Il vettore v5 = e2 e un autovettoregeneralizzato di periodo 3. Posto v4 = (φ−2)(v5) = 3e2 +e3 +e4−3e5, v3 = (φ−2)2(v5) = −3e1 +6e3 +3e4e, v2 = e1, v1 = (φ − 2)(v2) = e1 + e4, si ottiene una base, V = {v1, . . . , v5}, rispetto a cui φ ha matrice diJordan. Le matrici cercate sono quindi

J = αV,V(φ) =

2 1 0 0 0

0 2 0 0 0

0 0 2 1 0

0 0 0 2 1

0 0 0 0 2

e P = αV,E(id) =

1 1 −3 0 0

0 0 0 3 1

0 0 6 1 0

1 0 3 1 0

0 0 0 −3 0

Fine della discussione. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita sul campo C.(a) [4 punti] Sia dia l’esempio di un endomorfismo φ : V → V per cui V = kerφ⊕ imφ e di un endomorfismo

per cui cio non sia vero.(b) [4 punti] E vero che per ogni endomorfismo φ : V → V esiste un intero positivo m tale che V =

kerφm ⊕ imφm?

Svolgimento. (a) Sia V = U ⊕W e π : V → V la proiezione su U parallelamente a W . E ben noto cheU = imπ, W = kerπ e V = U ⊕W . D’altro canto, sia ν : V → V un endomorfismo nilpotente di periodo 2(ν 6= 0 = ν2). In tal caso 〈0〉 6= imν ⊆ kerν 6= V ; quindi imν + kerν = kerν 6= V e la somma non e diretta.

(b) E chiaro che se φ e invertibile, la tesi e vera con m = 1, essendo kerφ = 〈0〉 e imφ = V . Supponiamoquindi che vi sia un nucleo non banale, ovvero che X divida il polinomio caratteristico pφ(X). Allora ilpolinomio minimo di φ e λφ(X) = Xmg(X) con m ≥ 1 e g(0) 6= 0. Per il Lemma di Decomposizione, siha V = kerφm ⊕ kerg(φ). Dal fatto che g(φ) ◦ φm = λφ(φ) = 0, si deduce che imφm ⊆ kerg(φ) e i duespazi coincidono per motivi di dimensione (oppure perche φ induce un automorfismo nel sottospazio kerg(φ)[come convincersi di cio?]). �

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A3(Q), col riferimento canonico R = {O, e1, e2, e3}, si considerino la

retta r :

{X1 +X3 = 1

2X2 −X3 = 6e il piano π : X2 −X3 = 0.

(a) [4 punti] Detto W il sottospazio direttore di π, si scriva la matrice nel riferimento canonico dellasimmetria, σ : A3 → A3, di asse r e direzioni W .

1


(b) [6 punti] Date due rette sghembe s1, s2 in A3(Q), si trovino una retta r e un sottospazio W tali che lasimmetria di asse r e direzioni W scambi tra loro le due rette. Quali sono le scelte possibili per la retta red il sottospazio W? Si determinino una retta r e un sottospazio W nel caso in cui s1 = O+e1+e3+〈e2〉e s2 = O + e1 + 〈e1 + e2 + e3〉.

Svolgimento. (a) Il simmetrico tramite σ di un punto X e determinato dalle condizioni σ(X) − X ∈ W eσ(X)+X

2 ∈ r. Dunque, usando le coordinate nel riferimento canonico,

σ(X) =

(x1+α

x2+β

x3+β

)e

{(x1 + α

2 ) + (x3 + β2 ) = 1

2(x2 + β2 )− (x3 + β

2 ) = 6.

Se ne deduce che σ(X) =

(−10−x1+4x2−4x3

12−3x2+2x3

12−4x2+3x3

)e quindi la matrice di σ nel riferimento canonico e

αR,R(σ) =

( 1 0 0 0

−10 −1 4 −412 0 −3 2

12 0 −4 3

).

(b) Presi i punti P1 6= Q1 in s1 e P2 6= Q2 in s2, i quattro punti sono in posizione generale in A3 equindi generano tutto lo spazio. Esiste quindi un’unica proiettivita f : A3 → A3 che manda ordinatamenteP1, Q1, P2, Q2 su P2, Q2, P1, Q1. Si tratta chiaramente di una simmetria (f2 = id); che lascia uniti i puntimedi P1+P2

2 e Q1+Q2

2 , e quindi la retta da essi generata (perche i due punti non possono coincidere?) e tuttacostituita da punti uniti per f . I vettori P2 − P1 e Q2 − Q1 sono linearmente indipendenti (perche?) evengono mandati nei loro opposti dall’applicazione lineare associata ad f . Si tratta quindi della simmetriarispetto alla retta r = P1+P2

2 ∨ Q1+Q2

2 e di direzioni W = 〈P2 − P1, Q2 −Q1〉.I punti medi di tutte le coppie di punti (X1, X2) con X1 ∈ s1 e X2 ∈ s2, formano un piano (il piano

P1+P2

2 + 〈Q1 − P1, Q2 − P2〉, nelle notazioni precedenti) ed ogni punto di questo piano e il punto medio diun’unica coppia di punti sulle due rette sghembe. Per quanto visto, tutte le rette di questo piano sonopossibili assi di simmetria. La scelta di due punti M = P1+P2

2 ed N = Q1+Q2

2 su una delle rette del pianodetermina due coppie distinte P1, Q1 ∈ s1 e P2, Q2 ∈ s2 ed i vettori P2−P1 e Q2−Q1 generano il sottospazioW delle direzioni di simmetria (il sottospazio W dipende dalla scelta dei punti?).

Nel caso in cui s1 = O+e1+e3+〈e2〉 e s2 = O+e1+〈e1 + e2 + e3〉, possiamo prendere P1 = O+e1+e3,Q1 = O+e1 +e2 +e3, e P2 = O+e1, Q2 = O+2e1 +e2 +e3. Quindi r = (O+e1 + 1

2e3)∨ (O+ 32e1 +e2 +e3)

e W = 〈e3〉 e1 (ovvero r :

{2x− y = 2

y − 2z = −1e W : y = 0). �

ESERCIZIO 4. [4 punti] Sia f : A→ A un’affinita tale che, per ogni retta r, l’immagine f(r) sia parallelaad r. E vero che f e un’omotetia o una traslazione?

Svolgimento. L’immagine della retta P + 〈v〉 e la retta f(P ) + 〈φ(v)〉, ove φ e l’applicazione lineare associataad f . Le due rette sono parallele se, e solo se, 〈v〉 = 〈φ(v)〉; ovvero se, e solo se, v e autovettore per φ.Dunque ogni retta e parallela alla propria immagine se, e solo se, ogni vettore non nullo e autovettore perφ, necessariamente relativo ad un unico autovalore. Se l’autovalore e 1 si ha una traslazione, altrimentiun’omotetia. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 19 aprile 2013 – Compito B


−1 0 0 1 0

0 1 1 1 −31 0 −2 1 0

−1 0 0 −3 0

1 3 −1 0 −5

rispetto alla base





kerφm ⊕ imφm?


retta r :

{X1 +X3 = 1

2X2 −X3 = 6e il piano π : X2 −X3 = 0.



ESERCIZIO 4. [4 punti] Sia (A, V,+) uno spazio affine di dimensione maggiore di 1 e sia f : A → Aun’affinita associata all’applicazione lineare φ : V → V . E vero che se la retta r = P + 〈v〉 e unita (f(r) ⊆ r),allora v e autovettore per φ? E vero che, se v 6= 0 e autovettore per φ, esiste una retta unita parallela a 〈v〉?

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 19 aprile 2013 – Compito C


−7 0 −1 3 1

0 −5 0 0 −10 1 −4 0 1

−3 1 1 −1 0

0 1 0 0 −3

rispetto alla base





kerφm ⊕ imφm?


retta r :

{X1 +X2 = 1

X2 − 2X3 = −6e il piano π : X2 −X3 = 0.



ESERCIZIO 4. [4 punti] Sia f : A→ A un’affinita. E vero che se f commuta con una traslazione τv 6= id,allora tutte le rette parallele a 〈v〉 sono unite? E vero che se tutte le rette parallele a 〈v〉 6= 〈0〉 sono unite,allora f commuta con la traslazione τv?

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 14 Giugno 2013

ESERCIZIO 1. Nello spazio euclideo E3 nel riferimento canonico R = {O, e1, e2, e3} si considerino la retta

r :

{y = 1

x+ z = 1e la retta s :

x = t

y = 1 + 4t

z = −1− t(a) Si determinino i punti di minima distanza R in r e S in s e la distanza fra le due rette.

Si determinino inoltre il coseno dell’angolo θ formato dalle rette r e s e le equazioni cartesiane di tproiezione ortogonale della retta s nel piano π : x+ z = 1.

(b) Sia ρ l’isometria la cui matrice rispetto al riferimento canonico e:

A =

( 1 0 0 0

1 2/3 −2/3 1/3

0 2/3 1/3 −2/3−1 1/3 2/3 2/3

).

Determinare ρ(r) immagine della retta r. Sia σ la riflessione (simmetria ortogonale) di asse π; classificaresecondo Eulero l’isometria % := σ ◦ ρ e determinarne tutte le sottovarieta unite.

(c) Descrivere (scrivendone la matrice in un opportuno sistema di riferimento) quali sono tutte le possibiliisometrie τ di E3 tali che la retta passante per i punti di minima distanza R e S sia unita e τ(r) = t.

Svolgimento. (a) Le rette r e s sono sghembe i punti di minima distanza sono R = O + e1 + e2 in r eS = O + e2 − e3 in s quindi la distanza fra r e s e d(r, s) =

√2. La proiezione ortogonale della retta s nel

piano π e la retta t :

{x+ z = 1

y + 4z = 1. Il coseno dell’angolo formato da r e s e cos θ = 1

3 .

(b) L’isometria ρ e una rotazione di asse h : R+ 〈e1 + e3〉 angolo θ. La riflessione richiesta ha matrice:

S =

( 1 0 0 0

1 0 0 −10 0 1 0

1 −1 0 0

).

La rigidita σ ◦ρ e una roto-riflessione in quanto e stata costruita come composizione di una rotazione seguitada una simmetria ortogonale che ha come asse il piano π, ortogonale all’asse di rotazione di ρ.

L’unico punto unito e l’intersezione dell’asse di rotazione di ρ con il piano π cioe il punto R. L’unicaretta unita e h, l’asse di rotazione di ρ. L’unico piano unito e il piano π.

(c) Il punto R e unito, perche τ(R) ∈ (R ∨ S) ∩ t = {R}. Lo spazio direttore della retta h = R ∨ S e unautospazio (relativo all’autovalore ±1) per τ (o, meglio, per l’applicazione lineare associata a τ). Un versoredella retta r deve andare in un versore della retta t. Si consideri il sistema di riferimento che ha l’origine inR, e la base ortonormale v1, v2, v3, ove v1 e un versore di r e v3 e un versore di h e cos θv1 + sin θv2 e unversore della retta t. In questo sistema di riferimento, le possibili isometrie hanno matrici.

( 1 0 0 0

0 ± cos θ ∓ sin θ 0

0 ± sin θ ± cos θ 0

0 0 0 ±1

)

e sono quindi possibili le varie scelte di segno per le colonne (8 casi). �

5


ESERCIZIO 2. In E4 nel riferimento canonico R = {O, e1, . . . , e4} si consideri l’iperpiano T : x1 + x2 = 0e la retta l = O + e1 + 〈e1 − e2〉.(a) Determinare la posizione reciproca di T e l e la loro distanza.(b) Determinare un sistema di riferimento ortonormale tale che il piano T abbia equazione X1 = 0.(c) Descrivere tutte le sottovarieta lineari di E4 che contengono l e non intersecano T.

Svolgimento. (a) La retta l e parallela all’iperpiano T; la sua distanza da T e la distanza del punto O + e1da T, ovvero 1√

2.

(b) Il piano T passa per l’origine, quindi possiamo prendere la nuova origine sempre in O e prendere la baseortonormale, V = {v1, . . . , v4}, con v1 = 1√

2(e1 + e2) (ortogonale a T) e v2 = 1√

2(e1 − e2), v3 = e3, v4 = e4.

(c) Le sottovarieta lineari di E4 che contengono l e non intersecano T sono, la retta l, di equaziono cartesiane

x1 + x2 = 1

x3 = 0

x4 = 0

; l’iperpiano T′ : x1 + x2 = 1, parallelo a T e contenente l, e il fascio di piani per l, paralleli a

T, ovvero i piani π(a,b) = O+ e1 + 〈e1 − e2, ae3 + be4〉, al variare dei parametri omogenei (a, b). Le equazioni

cartesiane dei piani sono π(a,b) :

{x1 + x2 = 1

bx3 − ax4 = 0. �



2 0 3 −1 0

0 3 0 0 2

1 0 4 −1 1

0 0 0 5 1

0 2 0 0 3


(a) [4 punti] Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettoriper φ.


(c) [2 punti] Si scriva la matrice A come somma di una matrice diagonalizzabile, D, e di una nilpotente, N .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X−1)2(X−5)3 e quindi vi sono gli autovalori 1 e 5,con molteplicita (algebrica) 2 e 3, rispettivamente. I relativi autovettori generano i sottospazi di dimensione1, ker(φ−1) = 〈3e1 − e3〉 e ker(φ−5) = 〈e1 + e3〉. Il polinomio minimo e λφ(X) = pφ(X) = (X−1)2(X−5)3

e si ha

A− 1 =

1 0 3 −1 0

0 2 0 0 2

1 0 3 −1 1

0 0 0 4 1

0 2 0 0 2

, (A− 1)2 =

4 0 12 −8 2

0 8 0 0 8

4 2 12 −8 4

0 2 0 16 6

0 8 0 0 8

, A− 5 =

−3 0 3 −1 0

0 −2 0 0 2

1 0 −1 −1 1

0 0 0 0 1

0 2 0 0 −2

.

(b) La matrice di Jordan di φ ha un solo blocco, di ordine 3, relativo all’autovalore 5 e un solo blocco, diordine 2, relativo all’autovalore 1. Il vettore v2 = 4e1 + 4e2 + e4 − 4e5 e un autovettore generalizzato diperiodo 2 per l’autovalore 1 e si pone v1 = (φ−1)(v2) = 3e1−e3. Il vettore v5 = 4e2 +e3 +4e5, appartiene aim(φ−1)2 = ker(φ−5)3 [perche?], ed e un autovettore generalizzato di periodo 3 per l’autovalore 5. Si ponev4 = (φ−5)(v5) = 3e1 +3e3 +4e4 e v3 = (φ−5)2(v5) = −4e1−4e3. Si ottiene cosı una base V = {v1, . . . , v5}rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Le matrici cercate sono, ad esempio,

J = αV,V(φ) =

1 1 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 5 1 0

0 0 0 5 1

0 0 0 0 5

e P = αV,E(id) =

3 4 −4 3 0

0 4 0 0 4

−1 0 −4 3 1

0 1 0 4 0

0 −4 0 0 4

.

(c) Scrivendo J = ∆ + S, ove ∆ e la parte diagonale e S quella nilpotente, basta porre,

D = P∆P−1 =

2 −7/8 3 0 1/8

0 3 0 0 2

1 −3/8 4 0 5/8

0 −1/2 0 5 1/2

0 2 0 0 3

e N = PSP−1 =

0 7/8 0 −1 −1/80 0 0 0 0

0 3/8 0 −1 3/8

0 1/2 0 0 1/2

0 0 0 0 0

che sono le matrici cercate. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su C di dimensione 8 e φ : V → V un endomorfismo di rango5, con polinomio minimo λφ(X) = X2(X − 1)2.

(a) [5 punti] Si determinino tutte le possibili forme di Jordan per la matrice di φ, non simili tra loro. Esufficiente conoscere il polinomio caratteristico di φ per distinguerle?

(b) [5 punti] In ogni caso, si consideri la decomposizione V = kerφ2 ⊕ ker(φ − 1)2. E vero che esistonodue polinomi g(X) e h(X) in C[X] tali che h(φ) sia la proiezione su kerφ2 e g(φ) sia la proiezione suker(φ− 1)2 associate a questa decomposizione di V ? In caso affermativo si determinino tali polionomie si dica se dipendono o meno dalla forma di Jordan di φ

Svolgimento. (a) Le possibili matrici di Jordan sono 4, corrispondenti alle filtrazioni dei nuclei descritte nellaseguente tabella,

7

8 MAURIZIO CANDILERA – LUISA FIOROT

dim kerφ dim kerφ2 dim ker(φ− 1) dim ker(φ− 1)2

3 6 1 23 5 2 33 4 2 43 4 3 4

da cui si vede che le ultime due righe corrispondono a due forme di Jordan, non simili, aventi lo stessopolinomio caratteristico X4(X − 1)4.

(b) Con un facile calcolo di massimo comun divisore, 1 = X2(3− 2X) + (X − 1)2(2X + 1) e, ricordando ladimostrazione del Lemma di Decomposizione, per ogni vettore v ∈ V , si ha v = φ2(3−2φ)(v)+(φ−1)2(2φ+1)(v), con il primo addendo in ker(φ− 1)2 ed il secondo in kerφ2. Posto quindi g(X) = (X − 1)2(2X + 1) eh(X) = X2(3− 2X), si hanno i polinomi cercati. �

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo E3, dotato del riferimento canonico {O, e1, e2, e3}, si considerino laretta r = O + e1 + 〈e2〉 ed il piano di equazione π : x− z = 0.(a) [5 punti] Si determinino le posizioni reciproche e la distanza della retta e del piano dall’origine, O. Si

determinino i punti delle due sottovarieta lineari a minima distanza da O.(b) [5 punti] Si determini la matrice nel riferimento canonico di una glissoriflessione, f : E3 → E3, tale che

f(O) = O + e1 + e2 + e3, f(r) = r e f(π) = π.

Svolgimento. (a) La retta r e parallela ed esterna al piano π. Ha distanza 1 dall’origine e il punto O + e1 eil punto di minima distanza. Il piano π passa per l’origine ed ha quindi distanza 0 da O che e il punto diminima distanza.

(b) Le rette unite in una glissoriflessione sono tutte e sole le rette del piano di riflessione, parallele alladirezione di traslazione. Oltre al piano di riflessione, sono uniti tutti i piani paralleli alla direzione di riflessione(autospazio relativo all’autovalore −1 per l’applicazione lineare associata) e alla direzione di traslazione. Laretta r e il piano π sono disgiunti e quindi la direzione di traslazione e parallela al vettore e2 e il piano diriflessione contiene la retta r ed e parallelo al sottospazio 〈e1 − e3〉, ortogonale al piano π. Si tratta dellariflessione rispetto al piano τ = O + e1 + 〈e1 − e3, e2〉, seguita dalla traslazione di vettore e2; e quindi

A =

( 1 0 0 0

1 0 0 −11 0 1 0

1 −1 0 0

)

e la matrice cercata. �


ESERCIZIO 1. [8 punti] Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A =

−2 1 1 0 0

0 1 0 0 2

−1 3 0 1 0

0 0 0 −1 0

0 −2 0 0 −3

rispetto alla

base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 1)5 e quindi vi e solo l’autovalore −1, conmolteplicita (algebrica) 5. Il relativo autospazio e ker(φ + 1) = 〈e1 + e3, e2 − e3 − 2e4 − e5〉, di dimensione2. Il polinomio minimo e λφ(X) = (X + 1)4, perche si ha

A+ 1 =

−1 1 1 0 0

0 2 0 0 2

−1 3 1 1 0

0 0 0 0 0

0 −2 0 0 −2

, (A+ 1)2 =

0 4 0 1 2

0 0 0 0 0

0 8 0 1 6

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

, (A+ 1)3 =

0 4 0 0 4

0 0 0 0 0

0 4 0 0 4

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

, (A+ 1)4 = 05.

(b) La matrice di Jordan di φ ha due blocchi relativi all’autovalore −1, uno di ordine 4 e l’altro di ordine 1.Il vettore v5 = e5 e un autovettore generalizzato di periodo 4 per l’autovalore −1 e si pone v4 = (φ+1)(v5) =2e2 − 2e5, v3 = (φ+ 1)(v4) = 2e1 + 6e3, v2 = (φ+ 1)(v3) = 4e1 + 4e3. Infine, si pone v1 = e2 − e3 − 2e4 − e5e si ottiene cosı una base V = {v1, . . . , v5} rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Le matrici cercate sono,ad esempio,

J = αV,V(φ) =

−1 0 0 0 0

0 −1 1 0 0

0 0 −1 1 0

0 0 0 −1 1

0 0 0 0 −1

e P = αV,E(id) =

0 4 2 0 0

1 0 0 2 0

−1 4 6 0 0

−2 0 0 0 0

−1 0 0 −2 1

.


ESERCIZIO 2. [12 punti] In A4(R) munito del sistema di riferimento R = {O, e1, . . . , e4} si considerino ipiani

πα :

{αx1 + x2 − x3 = α

x2 = 0σβ :

{x3 − βx4 = 0

x1 + βx2 = 0.

con α, β ∈ R.(a) Determinare la posizione reciproca dei due piani πα e σβ al variare di α, β ∈ R e calcolare la dimensione

di πα ∨ σβ .(b) Posto α = 1, β = 0 e P /∈ πα ∪ σβ . Esiste un piano τP , passante per P , e tale che dim(π1 ∨ τP ) = 3 =

dim(σ0 ∨ τP )? E unico?(c) Esiste un’affinita f : A4(R)→ A4(R) tale che f(π1) = σ0 e f(σ0) = π1?

Svolgimento. (a) L’intersezione tra i due piani e governata dal sistema lineare di matrice completa

1 β 0 0 | 00 1 0 0 | 00 0 1 −β | 0α 1 −1 0 | α

∼

(IV−αI+βII+III)

1 β 0 0 | 00 1 0 0 | 00 0 1 −β | 00 0 0 −β | α

.

- Se β 6= 0, matrice completa ed incompleta hanno rango 4, i due piani si incontrano in un punto edim(πα ∨ σβ) = 4 (cf. formula di Grassmann affine).

9


- Se, invece β = 0 6= α, i due piani hanno intersezione vuota, ma il sottospazio 〈e4〉 e comune ai due spazidirettori e dim(πα ∨ σβ) = 4.

- Infine, se β = 0 = α, i due piani si intersecano nella retta O + 〈e4〉 e dim(πα ∨ σβ) = 3.

(b) Si ha π1 = (O + e1) + 〈e1 + e3, e4〉 e σ0 = O + 〈e2, e4〉. Il punto P non appartiene a π1 ∪ σ0, quindi, seesiste un piano τP con le proprieta richieste, deve aversi τP ∨ π1 = P ∨ π1 e τP ∨ σ0 = P ∨ σ0; ove le duesottovarieta sono distinte ed hanno dimensione 3. Quindi (sempre per la formula di Grassmann affine) deveessere τP = (P ∨ π1) ∩ (P ∨ σ0) ed il piano cosı determinato e unico.

(c) Fissiamo un sistema di riferimento che abbia come origine il punto M = O + 12e1, e i vettori v1 = e1,

v2 = e2, v3 = e1 + e3, v4 = e4. L’affinita di matrice

A =

1 0 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 1

nel riferimento teste descritto e quella cercata. �

ESERCIZIO 3. [12 punti](a) Sia f : En(R) → En(R) una rigidita. Supponiamo che esista una retta r in En(R) su cui f induca una

traslazione. Dimostrare che allora f non ha punti uniti.(b) Sia f : En(R)→ En(R) una rigidita che non ha punti uniti. Dimostrare che allora esiste una retta r in

En(R) su cui f induce una traslazione.(c) Sia g : An(R) → An(R) un’affinita per cui esista una retta r sulla quale g induce una traslazione. E

vero che allora g non ha punti uniti?

Svolgimento. (a) Sia f : En(R) → En(R) una rigidita e supponiamo che essa induca una traslazione τv =f|r : r → r di vettore 0Rn 6= v ∈ Rn sulla retta r passante per P e parallela a v. Consideriamo un sistemadi riferimento ortonormale di En(R) S = {P, u1, . . . , un} con u1 = v

‖v‖ . Allora la matrice associata a f

rispetto al sistema di riferimento S e (in forma a blocchi):

F =

1 0 t0Rn−1

‖v‖ 1 t0Rn−1

0Rn−1 0Rn−1 H

con H ∈ On−1(R) matrice ortogonale (perche u1 e autovettore di autovalore 1 e l’applicazione lineare φsoggiacente a f e un’isometria). Quindi f non ha punti uniti perche il sistema lineare

((1 t0Rn−1

0Rn−1 H

)− In

)x =

(−‖v‖0Rn−1

)

con x ∈ Rn non ha soluzioni.(b) Sia f una una rigidita la cui matrice associata rispetto al sistema di riferimento canonico R =

{O, e1 . . . , en} sia

L =

(1 t0Rnv A

).

Allora f non ha punti uniti se e solo se il sistema lineare (A − In)x = −v non ha soluzione. Quindirg(A− In) < n percio 1 e autovalore di A.

Supponiamo che l’autovalore 1 abbia molteplicita algebrica k allora esiste un sistema di riferimentoortonormale R′ = {Q, u1, . . . , un} ove u1, . . . , uk sono autovettori di autovalore 1 (perche φ e un’isometriaquindi e diagonalizzabile in C). In tale riferimento la matrice associata a f risulta

P =

1 0 t0Rn−r

v Ir On−r0Rn−r On−r K


con v ∈ Rr e K ∈ On−r(R). Quindi la retta passante per Q e parallela a v e unita e f induce una traslazionesu r.

(c) No, non e vero. Ad esempio l’affinita g : A2(R) → A2(R) la cui matrice nel sistema di riferimentocanonico R = {O, e1, e2} e

G =

1 0 01 1 10 0 1

ha una retta di punti uniti di equazione cartesiana y = −1 e g induce sull’asse y = 0 una traslazione. �



5 0 0 0 0 0 −30 4 0 0 0 −2 1

3

0 0 3 0 −1 12 0

0 0 0 2 1 0 0

0 0 1 0 1 0 0

0 2 0 0 0 0 0

3 0 0 0 0 0 −1

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Siano dati due interi n e k ≥ 1 e si consideri la matrice di ordine 2k + 1 del tipo

Bn,k =

n+k 0 0 −k

0. . . . .

.1k

n+1 0 −1 . ..

0

0 n 1

1 0 n−1

. .. . . . 0

k 0 0 n−k

∈M2k+1(Q)

Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1Bn,kP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)7 e quindi c’e solo l’autovalore 2, conmolteplicita (algebrica) 7. I relativi autovettori generano il sottospazio ker(φ − 2) = 〈e4〉. Si ha quindiun solo blocco di Jordan per l’autovalore 2, necessariamente di ordine 7; dunque il polinomio minimo eλφ(X) = pφ(X) = (X − 2)7.

(b) Osservando che

A− 2 =

3 0 0 0 0 0 −30 2 0 0 0 −2 1

3

0 0 1 0 −1 12 0

0 0 0 0 1 0 0

0 0 1 0 −1 0 0

0 2 0 0 0 −2 0

3 0 0 0 0 0 −3

,

si vede che, preso il vettore v7 = e1, si ha

v6 = (φ− 2)(v7) = 3e1 + 3e7, v5 = (φ− 2)(v6) = e2, v4 = (φ− 2)(v5) = 2e2 + 2e6,

v3 = (φ− 2)(v4) = e3, v2 = (φ− 2)(v3) = e3 + e5, v1 = (φ− 2)(v2) = e4.

Dunque, e1 e un autovettore generalizzato di periodo 7 per l’autovalore 2 e abbiamo ottenuto una baseV = {v1, . . . , v7} rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Possiamo quindi scrivere le matrici

J = αV,V(φ) =

2 1 0 0 0 0 0

0 2 1 0 0 0 0

0 0 2 1 0 0 0

0 0 0 2 1 0 0

0 0 0 0 2 1 0

0 0 0 0 0 2 1

0 0 0 0 0 0 2

e P = αV,E(id) =

0 0 0 0 0 3 1

0 0 0 2 1 0 0

0 1 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 2 0 0 0

0 0 0 0 0 3 0

.

(c) Si ha Bn,k = n1 + B0,k quindi e suffciente studiare il caso di B0,k, matrice nilpotente di ordine 2k + 1.Quindi la forma di Jordan di Bn,k ha un unico blocco di ordine massimo relativo all’autovalore n; e unamatrice di cambiamento di base si puo costruire in modo analogo a partire dall’autovettore generalizzato e1.

�

12


ESERCIZIO 2. [11 punti] In A4(R) munito del sistema di riferimento R = {O, e1, . . . , e4} si considerinole sottovarieta lineari:

rα :

αx2 + x3 = α

x1 + x2 + x3 + x4 = α2 − 1

x3 + αx4 = 0

s :

x1 = −1

x1 + x2 + x3 = 0

x4 = 0

.

(a) Determinare la posizione reciproca di rα e s al variare di α ∈ R e eventuali punti di intersezione.(b) Determinare per quali valori di α ∈ R esiste almeno una retta passante per l’origine O e complanare a

rα e s e per tali valori determinarle tutte.(c) Posto α = 1 determinare, se esiste, (scrivendone la matrice in un opportuno sistema di riferimento)

un’affinita f : A4(R)→ A4(R) tale che f abbia un unico punto unito, f(r) = s e f(s) = r.

Svolgimento. (a) Guardando al rango dei sistemi lineari, si vede che s e una retta, cosı come le sottovarietarα, per α 6= 0. r0 e un piano. La posizione reciproca delle sottovarieta e determinata dai ranghi del sistemalineare di matrice completa

1 0 0 0 | −11 1 1 0 | 0

0 0 0 1 | 0

1 1 1 1 | α2−10 α 1 0 | α

0 0 1 α | 0

∼

1 0 0 0 | −10 1 1 0 | 1

0 0 1 0 | 0

0 0 0 1 | 0

0 0 0 0 | α2−10 0 0 0 | 0

.

le righe della matrice a destra sono legate alle righe della matrice di sinistra dalle relazioni I, II − I, V I −αIII, III, IV − II− III, V −α(II− I)+(α−1)(V I−αIII). I ranghi sono (4, 5) per α2 6= 1 e le due varieta

sono sghembe, mentre per α ∈ {−1, 1}, le due varieta si intersecano nel punto P =

(−11

0

0

).

(b) Perche esista una retta per l’origine complanare con rα e s e necessario (e sufficiente) che rα, s e Ostiano in uno stesso spazio affine tridimensionale. Cio accade certamente se α2 = 1, perche le due retteappartengono a uno stesso piano, non passante per O, e quindi, in tal caso, solo la retta O∨P e complanarecon entrambe.

Se α2 6= 1, possiamo gia escludere il caso α = 0, perche il piano r0 non contiene l’origine. Negli altricasi

rα ∨ s =

(−11

0

0

)+

⟨(α2−1

0

0

0

),

( 0

−11

0

),

( α−21

−α1

)⟩

non contiene l’origine.

(c) Per α = 1, si ha r1 =

(−11

0

0

)+

⟨(−11

−11

)⟩e s =

(−11

0

0

)+

⟨( 0

−11

0

)⟩. Posto

v1 =

(−11

−11

), v2 =

( 0

−11

0

), v3 =

( 1

0

0

0

), v4 =

( 0

1

0

0

),

L’insieme R = {P, v1, . . . , v4} e un riferimento affine in A4 e l’affinita di matrice

A =

1 0 0 0 0

0 0 −1 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 2 0

0 0 0 0 3

in tale riferimento soddisfa alle condizioni poste. �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3})si consideri la retta

t :

{x− y = 1

y − z = 0


(a) Si scrivano le matrici nel riferimento canonico delle isometrie che si ottengono ruotando attorno allaretta t di angolo θ = π/3.

(b) Si scriva la matrice nel riferimento canonico della riflessione σπ di asse il piano π : x − y = 1 e sidescrivano tutte le sue sottovarieta lineari unite.

(c) Si classifichino secondo Eulero le isometrie ottenute componendo le rotazioni al punto precedente seguitedalla riflessione σπ.

Svolgimento. (a) Il riferimento R = {O′, v1, v2, v3}, ove

O′ =

(1

0

0

), v1 = 1√

2

(1

−10

), v2 = 1√

6

(1

1

−2

), v3 = 1√

3

(1

1

1

);

e un riferimento ortonormale che ha la retta t come terzo asse coordinato. E immediato scrivere le matricidelle due rotazioni in questo riferimento e componendole con le matrici di cambiamento di riferimento siottengono le matrici

R =

( 1 0 0 0

1/3 2/3 −1/3 2/3

−2/3 2/3 2/3 −1/31/3 −1/3 2/3 2/3

)e R−1 =

( 1 0 0 0

1/3 2/3 2/3 −1/31/3 −1/3 2/3 2/3

−2/3 2/3 −1/3 2/3

).


S =

( 1 0 0 0

1 0 1 0

−1 1 0 0

0 0 0 1

).

Le sottovarieta lineari unite rispetto alla riflessione sono, oltre al piano π, piano di punti uniti, le rette e ipiani ortogonali a π (un piano si dice ortogonale a π se e parallelo al vettore normale a π).

(c) La composizione di una rotazione seguita da una riflessione ha determinante −1 (Teorema di Binet).Inoltre, il piano di riflessione contiene l’asse di rotazione che e quindi costituito da punti uniti per la trasfor-mazione composta. Questo e possibile solo se la trasformazione composta e una riflessione; i piani di riflessionesi ottengono ruotando π attorno a t di π/6 (farsi un disegno della trasformazione indotta su un piano orto-gonale a t). �


ESERCIZIO 1. [9 punti] Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

3 0 0 −2 0

2 0 0 0 1

0 0 2 1 0

2 0 0 −2 0

−2 2 0 0 1

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Si scrivano le matrici di Jordan complesse di una rototraslazione e di una glissoriflessione dello spazio

euclideo tridimensionale (pensate come endomorfismi di C4).

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X−2)3(X+1)2 e quindi vi sono gli autovalori 2 e −1,con molteplicita (algebrica) 3 e 2, rispettivamente. I relativi autovettori generano i sottospazi ker(φ− 2) =〈e3, e2 + 2e5〉 e ker(φ + 1) = 〈e2 − e5〉. Il polinomio minimo e quindi λφ(X) = pφ(X) = (X − 2)2(X + 1)2

perche in entrambo i casi gli autovettori generalizzati hanno periodo minore o uguale a 2.

(b) Osservando che

A− 2 =

1 0 0 −2 0

2 −2 0 0 1

0 0 0 1 0

2 0 0 −4 0

−2 2 0 0 −1

e (A− 2)2 =

−3 0 0 6 0

−4 6 0 −4 −32 0 0 −4 0

−6 0 0 12 0

4 −6 0 4 3

,

si vede che, il vettore v5 = 2e1 + 2e2 + e4 appartiene a ker(φ − 2)2 r ker(φ − 2). Quindi prendiamo v4 =(φ−2)(v5) = e3 e v3 = e2 +2e5 che completano una base di autovettori generalizzati relativi all’autovalore 2.Inoltre, im(φ− 2)2 ⊆ ker(φ+ 1)2 e i due sottospazi coincidono per motivi di dimensione. Quindi possiamoprendere v2 = 3e1 − 2e3 + 6e4 ∈ im(φ− 2)2 = ker(φ + 1)2 e v1 = (φ + 1)(v2) = 6e2 − 6e5. In questo modoabbiamo una base, V = {v1, . . . , v5}, rispetto a cui φ ha matrice di Jordan e possiamo quindi scrivere

J = αV,V(φ) =

−1 1 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 2 1

0 0 0 0 2

e P = αV,E(id) =

0 3 0 0 2

6 0 1 0 2

0 −2 0 1 0

0 6 0 0 1

−6 0 2 0 0

.

(c) Sono le matrici

J1 =

( 1 1 0 0

0 1 0 0

0 0 eiθ 0

0 0 0 e−iθ

)e J2 =

( 1 1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

).

Cio perche l’applicazione lineare associata all’isometria e diagonalizzabile su C (teorema spettrale per en-domorfismi normali), e vi e una traslazione non banale (parallela alle direzioni unite). Nello spazio affine eeuclideo siamo abituati a usare le trasposte per l’obbligo di distinguere i punti dai vettori. �

ESERCIZIO 2. [11 punti] In A4(R) munito del sistema di riferimento R = {O, e1, . . . , e4} si considerinole sottovarieta lineari:

πk : O + e1 + e3 + e4 + 〈ke1 + e2 + ke4, ke2 + e3 + e4〉 σ :

{x1 + x2 − x3 = 0

x1 − x4 = 1.

(a) Determinare la posizione reciproca delle sottovarieta lineari πk e σ al variare di k ∈ R e eventuali puntidi intersezione.

15


(b) Si consideri la retta r =

{( t

t+2

1−t−t

)| t ∈ R

}. Posto k = 0 e possibile definire la proiezione della retta r

sulla sottovarieta lineare σ, parallelamente allo spazio direttore di π0? Se sı, calcolarla. Posto k = −1 epossibile definire la proiezione della retta r sulla sottovarieta lineare σ parallela allo spazio direttore diπ−1? Se sı, calcolarla.

(c) Determinare, se esiste, (scrivendone la matrice in un opportuno sistema di riferimento) un’affinita f :A4(R)→ A4(R) tale che f(π−1) = σ e f(σ) = π−1.Esiste una tale affinita che non abbia punti uniti?

Svolgimento. (a) Sostituiamo nelle equazioni di σ la rappresentazione parametrica di un punto O+e1 +e3 +

e4 + α(ke1 + e2 + ke4) + β(ke2 + e3 + e4) di πk, e otteniamo il sistema

{β = −1

(k + 1)α = k − 1, che ammette

un’unica soluzione se k 6= −1, che definisce un unico punto di intersezione (le cui coordinate si ricavano dallarappresentazione parametrica dei punti di πk).

Per k = −1 non ci sono punti di intersezione e guardando ai sottospazi direttori, si trova la direzione〈e1 − e2 + e4〉 comune ai due piani.

(b) Si ha r = P + 〈v〉, con P = O + 2e2 + e3 e v = e1 + e2 − e3 − e4. Il sottospazio direttore di π0e W0 = 〈e2, e3 + e4〉. Per trovare la proiezione della retta r, dobbiamo quindi aggiungere alle equazionidi σ, l’equazione dell’iperpiano P + 〈v〉 + W0, ovvero X3 − X4 = 1. Il sottospazio direttore di π−1 eW−1 = 〈e1 − e2 + e4, e2 − e3 − e4〉; ma, questa volta, il sottospazio direttore di σ non e in somma direttacon W−1 e quindi non esiste la proiezione su σ parallelamente a W−1(†)

(c) Il vettore v1 = e1 − e2 + e4 e comune ai due sottospazi direttori. Siano poi P0 = O + e1 + e3 + e4,Q0 = O − e4, v2 = e2 − e3 − e4, v3 = e2 + e3, e v4 = Q0 − P0, di modo che, π−1 = P0 + 〈v1, v2〉 eσ = Q0 + 〈v1, v3〉. Possiamo considerare l’affinita che, nel riferimento {P0, v1, v2, v3, v4}, ha matrice

1 0 0 0 0

1 1 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

1 0 0 0 −1

,

e osservare che scambia le due varieta senza lasciare punti fissi. �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3})si considerino le rette

r :

{x+ y = 1

z = 3s :

{x+ 2y = 0

y − z = 1

(a) Determinare la distanza fra r e s, i punti di minima distanza R ∈ r e S ∈ s e il coseno dell’angolo frale due rette r e s.

(b) Determinare le equazioni cartesiane dell’unica retta t parallela al vettore v = e1 + e2 e intersecante siar che s.

(c) Detti P = t ∩ r e Q = t ∩ s calcolare il volume del tetraedro di vertici R,S, P,Q.

Svolgimento. (a) Siano P0 = O + e1 + 3e3, u = e1 − e2, Q0 = O − e3, w = 2e1 − e2 − e3, cosı cher = P0 + 〈u〉 e s = Q0 + 〈w〉. Il generico vettore differenza tra i punti delle due rette, (P0 + tu)− (Q0 + sw),e ortogonale a entrambo le rette se, e solo se, t = −4 e s = −7/3. Per cui i punti di minima distanza sonoR = O−3e1 +4e2 +3e3, e S = O− 14

3 e1 + 73e2 + 4

3e3; e la distanza tra le due rette e 5√3. Il coseno dell’angolo

tra le due rette e |u·w|‖u‖ ‖w‖ =

√32 .

(b) Il generico punto P0 + tu + sv appartiene alla retta s se, e solo se, s = − 52 e t = − 13

2 . Quindi la retta

cercata e t = P0 − 132 u+ 〈v〉, di equazioni cartesiane t :

{x− y = −12

z = 3.

(†) Se avessimo proceduto analogamente al caso precedente avremmo trovato comunque un iperpiano (X2 + X4 = 2) che

interseca σ in una retta. Di che retta si tratta?


(c) I punti sono P = O− 112 e1 + 13

2 e2 + 3e3 e Q = O− 8e1 + 4e2 + 3e3. Il volume cercato e quindi uguale a16

∣∣∣D(S−R,P−R,Q−R)D(e1,e2,e3)

∣∣∣ = 12536 . �


ESERCIZIO 1. Sia z0 = −i.(a) Si determinino i numeri complessi z1 e z2 tali che

{z1 + z2 = 1 + i

z1z2 = 2 + 2i.

(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del triangolo T di vertici z0, z1, z2 e siscrivano tali equazioni in termini delle coordinate z e z.

(c) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del triangolo T nellacirconferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(I) ove si indichino conI i punti interni al triangolo T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

Svolgimento. (a) I numeri complessi z1 e z2 sono le radici del polinomio P (X) = X2 − (1 + i)X + 2 + 2i.Dunque i tre vertici del triangolo T sono z0 = −i, z1 = 1− i e z2 = 2i.


z0 ∨ z1 :iz − iz + 2 = 0,

z0 ∨ z2 :z + z = 0,

z1 ∨ z2 :(3− i)z + (3 + i)z − 4 = 0

quindi I :

iz − iz + 2 > 0

z + z > 0

(3− i)z + (3 + i)z − 4 < 0

.

(c) Le immagini delle tre rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono lecirconferenze

z0 z1

z2

λ∗(z0 ∨ z1) :i

2z − i

2z + zz = 0,

λ∗(z0 ∨ z2) :z + z = 0,

λ∗(z1 ∨ z2) :− 3− i4

z − 3 + i

4z + zz = 0

quindi λ∗(I) :

i2z − i

2 z + zz > 0,

z + z > 0,

− 3−i4 z − 3+i

4 z + zz > 0

.

La parte ombreggiata rappresenta l’insieme λ∗(I) (escluso il bordo). �

1



φ(v1 + v4) = v1 + 2v3 = φ(v3 − v1), e φ(v2 + v4) = v2 + 2v4 = φ(v3 − v4).

In caso affermativo, si scriva la matrice αV,V(φ) e si determinino delle basi ed equazioni cartesiane pernucleo e immagine di φ.

(b) Si dica se V = kerφ ⊕ imφ e, in caso affermativo, si scriva la matrice, nella base V, di una simmetriaσ : V → V tale che σ(kerφ) ⊆ imφ e σ(imφ) ⊆ kerφ. E unica? Come descriverle tutte? Si determininonucleo ed immagine di φ ◦ σ, σ ◦ φ ◦ σ e φ ◦ σ ◦ φ ◦ σ. Questi sottospazi dipendono dalla scelta di σ?

Svolgimento. (a) I vettori v1 + v4, v1 − v3, v2 + v4, v3 − v4 sono linearmente indipendenti e quindi formanouna base di V . Percio esiste un’unica applicazione lineare φ : V → V soddisfacente alle condizioni date. Lamatrice cercata e

A = αV,V(φ) =

0 −1 1 11/2 3/2 1/2 −1/20 −2 2 21 3 1 −1

.

kerφ = 〈2v1 − v3 + v4, v2 − v3 + 2v4〉, e imφ = 〈v2 + 2v4, v1 + 2v3〉. Due sistemi di equazioni cartesiane sono

imφ :

{2X2 −X4 = 0

2X1 −X3 = 0, kerφ :

{X1 + 2X2 + 2X3 = 0

X1 + 4X2 − 2X4 = 0.

(b) Si verifica facilmente (come?) che kerφ ∩ imφ = 〈0〉; quindi V = kerφ⊕ imφ e possiamo considerare labase W = {w1, . . . , w4}, ove

w1 = v1 + 2v3, w2 = v2 + 2v4, w3 = 2v1 − v3 + v4, w4 = v2 − v3 + 2v4

e quindi imφ = 〈w1, w2〉 e kerφ = 〈w3, w4〉. In questa base, una simmetria che scambi i due sottospazi hamatrice

B′ = αW,W(σ) =

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

;

e ogni altra, in base W, ha matrice(

0 X−1

X 0

), al variare di X in GL(2,Q) (perche?). Le matrici di cambia-

mento di base sono

P = αW,V(idV ) =

1 0 2 00 1 0 12 0 −1 −10 2 1 2

e P−1 = αV,W(idV ) =

1 4 0 −2−2 −9 1 50 −2 0 12 10 −1 −5

;

quindi la matrice cercata e

B = αV,V(σ) = PB′P−1 =

2 6 0 −30 1 0 01 1 −1 −11 6 0 −2

.

Infine, osserviamo che, essendo V = kerφ⊕ imφ, φ induce un isomorfismo sul sottospazio imφ. Quindi• ker(φ ◦ σ) = imφ e im(φ ◦ σ) = imφ;• ker(σ ◦ φ ◦ σ) = imφ e im(σ ◦ φ ◦ σ) = kerφ;• ker(φ ◦ σ ◦ φ ◦ σ) = V e im(φ ◦ σ ◦ φ ◦ σ) = 〈0〉.

Cio accade qualunque sia la simmetria σ che scambi tra loro i due sottospazi. �

Geometria 1 (parte I) – Compitino del 27 novembre 2013 – Compito A 3

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n su C e siano U e W due sottospazi didimensione h e k, rispettivamente.(a) Si mostri che l’insieme

D = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(U) ⊆W,φ(W ) ⊆ U }e un sottospazio di HomC (V, V ). Si determini la dimensione di D e un sottospazio complementarenell’ipotesi che V = U ⊕W .

(b) Si risponda alle domande del punto precedente nel caso di due sottospazi qualsiansi. In particolare sidetermini la dimensione di D nel caso in cui dimC V = 20, dimC U = 10, dimCW = 13, dimC U ∩W = 5e si dica se e maggiore o minore di quella di un suo complementare.

Svolgimento. (a) Poiche U e W sono sottospazi di V , e chiaro che 0 ∈ D e, date φ1 e φ2 in D e a1, a2 in C,si ha che a1φ1 + a2φ2 appartiene a D . Quindi D e un sottospazio di HomC (V, V ).

Se V = U ⊕ W , possiamo prendere una base V = {v1, . . . , vn} di V per cui U = {v1, . . . , vh} siauna base di U e W = { vh+1, . . . , vn } sia una base di W . Considerando le matrici αV,V(φ), al vari-are di φ ∈ D , si vede facilmente che dimC D = 2hk e che un complementare e il sottospazio D ′ ={φ ∈ HomC (V, V ) |φ(U) ⊆ U, φ(W ) ⊆W }.(b) Nel caso generale, sia d = dim(U ∩W ) e possiamo decomporre lo spazio V nella somma diretta V =U ′ ⊕ (U ∩W )⊕W ′ ⊕ T , ove U = U ′ ⊕ (U ∩W ), W = (U ∩W )⊕W ′ e T e un sottospazio complementaredi U +W . Si ha dunque

dimU ′ = h′ = h− d, dimW ′ = k′ = k − d, dimT = t = n− h− k + d.

Prendendo una base di V fatta giustapponendo delle basi degli addendi diretti e considerando le matricidegli elementi di D in tale base, si vede facilmente che

dimC D = h′k + d2 + k′h+ tn.

In particolare, un complementare e il sottospazio

D ′ = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(U ′) ⊆ U ′ ⊕ T, φ(U ∩W ) ⊆ U ′ ⊕W ′ ⊕ T, φ(W ′) ⊆W ′ ⊕ T, φ(T ) ⊆ 〈0〉 } .

Nel caso in cui dimC V = 20, dimC U = 10, dimCW = 13 e dimC U ∩W = 5, si ha dimC D = 210 che emaggiore di quella di un suo complementare, essendo dimC HomC (V, V ) = 400. �


ESERCIZIO 1. Sia z0 = i/2.

(a) Si determinino i numeri complessi z1 e z2 tali che

{z1 + z2 = 2 + 2i

z1z2 = −3/4 + 3i.




φ(v1 + v2) = v2 + 2v4 = φ(v4 − v2), e φ(v1 + v3) = 2v1 + v3 = φ(v4 − v1).




D = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(U) ⊆ U, φ(W ) ⊆W }e un sottospazio di HomC (V, V ). Si determini la dimensione di D e un sottospazio complementarenell’ipotesi che V = U ⊕W .



ESERCIZIO 1. Sia z0 = 1.


{z1 + z2 = −1 + i

z1z2 = −2− 2i.




φ(v2 + v3) = 2v1 + v3 = φ(v1 − v3), e φ(v2 + v4) = 2v2 + v4 = φ(v1 − v2).




D = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(U) ⊆W,φ(W ) ⊆ U }e un sottospazio di HomC (V, V ). Si determini la dimensione di D e un sottospazio complementarenell’ipotesi che V = U ⊕W .



ESERCIZIO 1. Sia z0 = − 32 .


{z1 + z2 = −1− 2i

z1z2 = 14 + i

.




φ(v3 + v4) = 2v2 + v4 = φ(v2 − v4), e φ(v1 + v3) = v1 + 2v3 = φ(v2 − v3).




D = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(U) ⊆ U, φ(W ) ⊆W }e un sottospazio di HomC (V, V ). Si determini la dimensione di D e un sottospazio complementarenell’ipotesi che V = U ⊕W .



ESERCIZIO 1. [8 punti] Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano V = {v1, v2}e W = {w1, w2, w3} delle rispettive basi. Siano date inoltre le applicazioni lineari, φ : V → W , β : V → V ,γ : W →W , di matrici

A = αV,W(φ) =

(1 0

2 3

−1 −1

), B = αV,V(β) =

(1 2

0 −1

), C = αW,W(γ) =

(1 0 0

0 2 −1

0 0 2

).

(a) Si determinino gli elementi degli insiemi

Lβ = { ξ ∈ HomQ (W,V ) | ξ ◦ φ = β } e Rγ = { ξ ∈ HomQ (W,V ) |φ ◦ ξ = γ }

e se ne scrivano le matrici nelle basi date.(b) Siano ora V e W spazi vettoriali di dimensione n ed m, rispettivamente, sul campo F47 e sia φ : V →W

un’applicazione lineare di rango r. Si determini il numero di elementi dell’insieme Lβ nell’ipotesi cheβ : V → V sia un isomorfismo di spazi vettoriali. Si determini il numero di elementi dell’insieme Rγ alvariare di γ in HomF47

(W,W ).

Svolgimento. (a) Detta X = αW,V(ξ) la matrice di ξ, si ha che ξ ∈ Lβ se, e solo se, XA = B; mentre ξ ∈ Rγ

se, e solo se, AX = C. Si possono quindi risolvere i sistemi lineari che si deducono da queste relazioni.Evitando calcoli tediosi, possiamo osservare che Rγ = ∅, perche rkγ = 3, mentre per ogni ξ, rk(φ◦ ξ) ≤

rkφ = 2. Per quanto riguarda Lβ , una soluzione particolare e data dalla matrice(−1/3 2/3 0

2/3 −1/3 0

), mentre le

soluzioni del sistema omogeneo associato sono matrici le cui righe appartengono all’ortogonale delle colonne

di A, ovvero le matrici del tipo(a a 3a

b b 3b

), al variare di a e b in Q. Dunque ξ ∈ Lβ se, e solo se,

αW,V(ξ) =

(a− 1/3 a+ 2/3 3ab+ 2/3 b− 1/3 3b

)con a, b ∈ Q.

(b) Lβ 6= ∅ se, e solo se, φ, come β, e iniettiva; ovvero se, e solo se, r = rkφ = n ≤ m. In tal casoξ e univocamente determinata sul sottospazio imφ e puo essere definita arbitrariamente in un sottospaziocomplementare U . Dunque, Lβ ha tanti elementi quanti ne ha lo spazio HomF47 (U, V ), ovvero 47(m−n)n.

Al variare di γ in HomF47 (W,W ), vi sono due diverse possibilita: o imγ non e contenuta in imφ, equindi Rγ = ∅; oppure imγ ⊆ imφ e in Rγ vi sono tanti elementi quanti ve ne sono nello spazio vettorialeHomF47

(W, kerφ) (perche?). In tal caso, il numero di elementi in Rγ e 47(n−r)m. �

ESERCIZIO 2. [14 punti] Si consideri uno spazio vettoriale complesso V e una sua base V = {v1, . . . , v4}.Siano dati i sottospazi

S = {x1v1 + · · ·+ x4v4 ∈ V |x2 − x3 = 0 } e U = 〈iv1 + v2 − v3 + iv4, 4v1 − 2v2 + 2v3 − 2iv4〉 .

(a) Si determinino la dimensione e una base per i sottospazi S, U , U ∩ S e U + S. Si determini, se esiste,un sottospazio S′ di S tale che V = S′ ⊕ U . Un tale sottospazio e unico?

(b) Si determinino i sottospazi S⊥, U⊥, U⊥∩S⊥ e si dica se U⊥+S⊥ = V ∗. In ogni caso, postoH = U⊥+S⊥,si determini un sottospazio K tale che V ∗ = H ⊕K. Un tale sottospazio e unico?

(c) Si indichino con πH : V ∗ → V ∗ e πK : V ∗ → V ∗ le proiezioni associate alla decomposizione V ∗ = H⊕K.Si calcoli il determinante dell’endomorfismo 2πH − 3τπK al variare di τ in C e si dica per quali valoridi τ l’endomorfismo e diagonalizzabile.

Svolgimento. (a) dimS = 3 e una sua base e data dai vettori v1, v2 + v3, v4. dimU = 2 e i due generatoridati sono una base. S ∩ U = 〈v1〉. Quindi, per le relazioni di Grassmann, U + S = V . Infine, il sottospazio

7


S′ deve soddisfare la condizione S′ ⊕ (S ∩ U) = S; quindi possiamo prendere S′ = 〈v2 + v3, v4〉; ma talesottospazio non e unico e ogni sottospazio del tipo 〈v2 + v3 + av1, v4 + bv1〉, con a e b in C, puo essere presoin luogo di S′.

(b) Allora,

S⊥ = 〈v∗2 − v∗3〉 , U⊥ = 〈v∗2 + v∗3 , iv∗3 + v∗4〉 , U⊥ ∩ S⊥ = (U + S)⊥ = 〈0〉

U⊥ + S⊥ = (S ∩ U)⊥ = 〈v1〉⊥ = 〈v∗2 , v∗3 , v∗4〉 6= V ∗.

Possiamo quindi prendere K = 〈v∗1〉. La scelta non e unica e ogni sottospazio del tipo 〈v∗1 + av∗2 + bv∗3 + cv∗4〉,con a, b, c in C, puo essere preso in luogo di K.

(c) L’endomorfismo ha matrice αV∗,V∗(2πH − 3τπK) =

(−3τ 0 0 0

0 2 0 0

0 0 2 0

0 0 0 2

). Dunque det(2πH − 3τπK) = −24τ e

l’endomorfismo e diagonalizzabile per tutti i valori di τ . �

ESERCIZIO 3. [8 punti] Si consideri lo spazio vettoriale R4 con la base canonica E = {e1, . . . , e4}.(a) Si dica se esiste un’applicazione lineare φ : R4 → R4 tale che

φ(e1 − 3e3) = 2e1 − 6e3 = φ(e1 − 2e3) e φ(2e2 − e4) = 2e4 − 4e2 = φ(3e2 − e4).

In caso affermativo, si scriva la matrice A = αE,E(φ) e se ne calcoli il polinomio caratteristico.(b) Si consideri l’endomorfismo F : M4(R) → M4(R) definito ponendo F (X) = (1 − A)X, per ogni X ∈

M4(R), ove A e la matrice del punto precedente oppure la matrice

( 0 0 0 1

0 0 2 1

2 1 0 0

1 0 0 0

)nel caso in cui l’applicazione

lineare φ non esista. Si calcoli il polinomio caratteristico di F , autovalori e relativi spazi di autovettori.

Svolgimento. (a) I vettori e1− 3e3, e1− 2e3, 2e2− e4 e 3e2− e4 sono una base di R4 e quindi esiste un’unica

applicazione lineare φ soddisfacente alle condizioni date. La sua matrice e A = αE,E(φ) =

( 2 0 0 0

0 0 0 4

−6 0 0 0

0 0 0 −2

)e il

polinomio caratteristico e pφ(X) = X2(X − 2)(X + 2).

(b) La matrice 1−A e diagonalizzabile e ha gli autovalori −1, 1 e 3, con molteplicita algebriche (e geometri-che) 1, 2 e 1, rispettivamente. Dunque, F ha gli stessi autovalori con molteplicita 4, 8 e 4, rispettivamente;per cui pF (X) = (X + 1)4(X − 1)8(X − 3)4. �


ESERCIZIO 1. [8 punti] Si consideri il polinomio P (X) = (X − 1)(X2 − (1 + 4i)X − 4 + 2i) ∈ C[X].(a) Si determinino si disegnino nel piano di Gauss le rette reali contenenti almeno due radici di P (X) e se

ne scrivano le equazioni in termini di z e z.(b) Sia λ : Cr {0} → Cr {0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino centro e raggio delle

circonferenze λ∗(r) ove r varia tra le rette del punto precedente. Detto T il poligono convesso delimitatodalle rette del punto precedente, si disegnino le circonferenze λ∗(r) e si evidenzi la differenza simmetricaT 4 λ∗(T ) = (T ∪ λ∗(T )) r (T ∩ λ∗(T )).

Svolgimento. Ricordiamo che la riflessione rispetto alla circonferenza unitaria e l’applicazione λ(z) = 1z .

(a) Si ha P (X) = (X − 1)(X2 − (1 + 4i)X − 4 + 2i) = (X − 1)(X − 2i)(X − 1− 2i). Le radici sono quindiz1 = 1, z2 = 1 + 2i e z3 = 2i. I lati del triangolo con tali vertici sono le rette

r1 : −iz + iz = 4; r2 : (2− i)z + (2 + i)z = 4; r3 : z + z = 2.

(b) Le circonferenze riflesse sono quindi

λ∗(r1) : 4zz + iz − iz = 0; ovvero

∣∣∣∣z −i

4

∣∣∣∣ =1

4

λ∗(r2) : 4zz − (2− i)z − (2 + i)z = 0; ovvero

∣∣∣∣z −2− i

4

∣∣∣∣ =

√5

4

λ∗(r3) : 2zz − z − z = 0; ovvero

∣∣∣∣z −1

2

∣∣∣∣ =1

2

e sono rappresentate nella figura qui a fianco.

1

1+2i2i

Il triangolo T e il luogo dei punti definiti dalle condizioni

T :

−iz + iz ≤ 4

(2− i)z + (2 + i)z ≥ 4

z + z ≤ 2

; e quindi λ∗(T ) :

4zz + iz − iz ≥ 0

4zz − (2− i)z − (2 + i)z ≤ 0

2zz − z − z ≥ 0

da cui si deduce la differenza simmetrica evidenziata in grigio nel disegno. �

ESERCIZIO 2. [8 punti] Si consideri lo spazio vettoriale Q5 con la base canonica E = {e1, . . . , e5} e sianodati i sottospazi

U = 〈e1 − e2 + e3, e1 − e2 + e4 − e5, e3 − e4 + e5〉 e W :

X1 −X2 +X4 = 0

X2 −X4 +X5 = 0

X1 − 2X2 + 2X4 −X5 = 0

.

(a) Si determinino le dimensioni e una base per i sottospazi U e W . Nel caso in cui Q5 = U ⊕W , si scrivala matrice della proiezione, π : Q5 → Q5 sul sottospazio U , parallelamente al sottospazio W .

(b) Si scrivano le matrici in base canonica di tutte le applicazioni lineari φ : Q5 → Q5 tali che kerφ = We imφ = U . Tali matrici formano un sottospazio di M5(Q)? In ogni caso, si determini il sottospaziogenerato da tali matrici e la sua dimensione.

Svolgimento. (a) Detti u1, u2, u3 i tre generatori di U , si ha u1 − u2 − u3 = 0 e quindi U ha dimensione 2 euna sua base e data dai vettori u1 = e1 − e2 + e3 e u3 = e3 − e4 + e5.

9


Le tre equazioni che definiscono W sono dipendenti (III = I − II) e quindi il rango del sistema linearee 2, per cui dimW = 3 e una sua base e data dai vettori w1 = e3, w2 = e2 − e4, w3 = e1 + e2 − e5.

Si ha U ∩W = 〈0〉 (come si verifica?) e quindi, per la regola di Grassmann Q5 = U ⊕W . La proiezioneπ ha quindi matrice (come si puo calcolare?)

A = αE,E(π) =1

3

2 −1 0 1 1−2 1 0 −1 −13 0 0 0 3−1 −1 0 1 −21 1 0 −1 2

.

(b) Presa la base V = {u1, u3, w1, w2, w3} (o una qualunque altra base con i primi due elementi in U e glialtri tre in W ), le matrici di φ sono della forma

αV,V(φ) =

a b 0 0 0

c d 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

, con ad− bc 6= 0.

Non puo quindi essere un sottospazio (perche non contiene la matrice nulla). Il sottospazio generato hadimensione 4 ed e fatto da tutte le matrici della forma indicata, senza condizioni sul minore ad − bc. Ilsottospazio delle corrispondenti matrici in base canonica si ottiene da questo tramite un isomorfismo diM5(Q) (associato al cambiamento di base tra E e V) e quindi non cambia la dimensione. In particolare, inbase canonica, le matrici delle applicazioni φ cercate hanno la forma

1 0

−1 0

1 1

0 −1

0 1

(a b

c d

)(1 0 0 0 1

0 1 0 −1 1

)con ad− bc 6= 0.

(spiegare il perche!). �

ESERCIZIO 3. [6 punti] Sia V lo spazio vettoriale reale dei polinomi P (X) ∈ R[X] di grado minore ouguale a 4, con la base (canonica) B =

{1, X,X2, X3, X4

}, e si consideri l’applicazione φ : V → V , definita

ponendo φ(P (X)) =∑4i=0 P (i)Xi per ogni P (X) ∈ V .

(a) Si verifichi che φ e un’applicazione lineare, si scriva la matrice B = αB,B(φ) e si calcoli detφ.

(b) Sia φ∗;V ∗ → V ∗ l’applicazione trasposta di φ. E vero che esiste un vettore v∗ ∈ V ∗ tale che φ∗(v∗) = v∗?In caso affermativo se ne scrivano le coordinate nella base duale B∗ della base B.

Svolgimento. (a) L’applicazione φ e lineare, perche, per ogni c ∈ R, l’applicazione P (X) 7→ P (c) e un’applicazionelineare. Con un calcolo diretto, si ottiene la matrice di φ, ovvero

B = αB,B(φ) =

1 0 0 0 0

1 1 1 1 1

1 2 4 8 16

1 3 9 27 81

1 4 16 64 256

,

che e la trasposta di una matrice di Vandermonde. Il suo determinante e quindi V (0, 1, 2, 3, 4) = (4!)(3!)(2!) =2532 = 288.

(b) La matrice di φ∗ nella base duale B∗ = {∂0, ∂1, ∂2, ∂3, ∂4} e tB = αB∗,B∗(φ∗). Quindi φ∗(∂0) = ∂0.�

ESERCIZIO 4. [10 punti] Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita, n, su un campo C e siano datidei sottospazi U0, . . . , U4 tali che 〈0〉 = U0 ⊂ U1 ⊂ U2 ⊂ U3 ⊂ U4 = V , ove tutte le inclusioni sono inclusioniproprie. Si ponga ki = dimC Ui, per i = 0, . . . , 4.


(a) Si dica se e un sottospazio l’insieme A (risp. B) delle applicazioni lineari φ : V → V tali che φ(Ui) ⊆ Ui−1

(risp. φ(Ui) = Ui−1) per i = 1, . . . , 4 e se ne calcoli l’eventuale dimensione.(b) Sia φ ∈ A . Cosa si puo dire degli autovalori di φ? Che relazioni ci sono tra i sottospazi U⊥i di V ∗ e le

loro immagini tramite l’applicazione trasposta φ∗ : V ∗ → V ∗?(c) Si dia l’esempio di un’applicazione lineare φ ∈ A , di rango massimo, nell’ipotesi in cui k1 = 3, k2 = 5,

k3 = 8, k4 = 10. Si puo prendere una tale φ in B? Si determinino i possibili valori di k2, k3, k4, sapendoche k1 = 3 ed esiste un’applicazione lineare φ ∈ B.

Svolgimento. (a) Per i = 1, . . . , 4, si fissino dei sottospazi Wi tali che Ui = Wi ⊕ Ui−1. Si osservi cheU1 = W1, V = W1 ⊕ · · · ⊕W4 e dimWi = ki − ki−1, per i = 1, . . . , 4. Presa una base W di V , ottenutaunendo delle basi dei sottospazi Wi, le matrici αW,W(φ), per φ ∈ A hanno la forma (a blocchi)

B = αW,W(φ) =

( 0 A B D

0 0 C E

0 0 0 F

0 0 0 0

).

Quindi A e un sottospazio di dimensione k1(k2 − k1) + k2(k3 − k2) + k3(k4 − k3); mentre B non puo essereun sottospazio perche non contiene l’applicazione nulla.

(b) Se φ ∈ A , per ogni v ∈ V = U4, si ha φ4(v) ∈ U0 = 〈0〉. Quindi φ4(v) = 0 per ogni v ∈ V e percionon ci possono essere autovalori non nulli per φ (ugualmente, si puo calcolare il polinomio caratteristico diφ usando la matrice triangolare B). Quindi φ ha solo l’autovalore 0.

Infine, se x∗ ∈ U⊥i e y ∈ Ui+1, si ha φ∗(x∗) ◦ y = x∗ ◦ φ(y) = 0, perche φ(Ui+1) ⊆ Ui. Dunque, peri = 0, . . . , 3, deve aversi φ∗(U⊥i ) ⊆ U⊥i+1, per ogni φ ∈ A .

(c) Si puo prendere l’applicazione lineare di matrice

0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

,

che ha rango 7. Chiaramente una tale applicazione lineare non puo appartenere a B, perche si ha dimφ(U2) ≤dimU2 − dimU1 = 2 < dimU1.

Infine, perche la matrice B sia la matrice di un elemento di B, deve aversi rkA = k1, rkC = k2 − k1 erkF = k3 − k2. Per cui deve aversi k2 ≥ 2k1, k3 ≥ 2k2 − k1, k4 ≥ 2k3 − k2. �


ESERCIZIO 1. [8 punti] Si consideri il polinomio P (X) = (X − 2i)(X2 + (2− i)X + 3− i) ∈ C[X].(a) Si determinino si disegnino nel piano di Gauss le rette reali contenenti almeno due radici di P (X) e se

ne scrivano le equazioni in termini di z e z.(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria e sia µ : C r {0} → C r {0}

l’applicazione µ(z) = 1z . Si determinino centro e raggio delle circonferenze λ∗(r) e µ∗(r) ove r varia tra

le rette del punto precedente. Detto T il poligono convesso delimitato dalle rette del punto precedente,si disegnino le circonferenze λ∗(r) e µ∗(r) e si evidenzi la differenza simmetrica µ∗(T ) 4 λ∗(T ) =(µ∗(T ) ∪ λ∗(T )) r (µ∗(T ) ∩ λ∗(T )).


definita per z ∈ Cr {0}.(a) Si ha P (X) = (X − 2i)(X2 + (2− i)X + 3− i) = (X − 2i)(X + 1− 2i)(X + 1 + i). Le radici sono quindiz1 = 2i, z2 = −1 + 2i e z3 = −1− i. I lati del triangolo con tali vertici sono le rette

r1 : iz − iz + 4 = 0; r2 : (3 + i)z + (3− i)z + 4 = 0; r3 : z + z + 2 = 0.

(b) Le circonferenze riflesse nella circonferenza unitaria sono quindi

λ∗(r1) : 4zz + iz − iz = 0; ovvero

∣∣∣∣z −i

4

∣∣∣∣ =1

4

λ∗(r2) : 4zz + (3 + i)z + (3− i)z = 0; ovvero

∣∣∣∣z +3− i

4

∣∣∣∣ =

√10

4

λ∗(r3) : 2zz + z + z = 0; ovvero

∣∣∣∣z +1

2

∣∣∣∣ =1

2

e sono rappresentate nella figura qui a fianco.

2i−1+2i

−1−i

Le applicazioni λ e µ si ottengono l’una dall’altra componendo con il coniugio; quindi le circonferenze µ∗(ri)si ottengono riflettendo le circonferenze precedenti sull’asse reale Il triangolo T e il luogo dei punti definiti

dalle condizioni T :

iz − iz + 4 ≥ 0

(3 + i)z + (3− i)z + 4 ≤ 0

z + z + 2 ≥ 0

e quindi le regioni riflesse sono

λ∗(T ) :

4zz + iz − iz ≥ 0

4zz + (3 + i)z + (3− i)z ≤ 0

2zz + z + z ≥ 0

e µ∗(T ) :

4zz − iz + iz ≥ 0

4zz + (3− i)z + (3 + i)z ≤ 0

2zz + z + z ≥ 0

da cui si deduce la figura; ove sono state indicate in rosso le circonferenze riflesse tramite l’applicazione µ e innero quelle riflesse tramite λ. La differenza simmetrica e quindi evidenziata in rosso e in grigio nel disegno.

�

12


ESERCIZIO 2. [12 punti] Siano V e W spazi vettoriali reali e siano V = {v1, . . . , v5} e W = {w1, . . . , w4}delle rispettive basi. Si determini il sottoinsieme S di V formato dai vettori le cui coordinate nella base Vsono soluzioni del sistema lineare

3X1 − 2X3 −X5 = 3

X1 + 3X2 −X4 −X5 = 2

X1 +X2 −X5 = 1

X1 − 2X3 −X4 +X5 = 2

.

(a) Indicata con (A|b) la matrice completa del sistema dato, sia φ : V →W l’applicazione lineare di matriceA nelle basi date e sia w0 ∈ W il vettore di coordinate (nella base W) uguali alla colonna dei termini

noti. Data una base del sottospazio 〈w0〉⊥ ⊂ W ∗, si consideri il sottospazio U di V ∗ generato dalle

forme φ∗(ξ), al variare di ξ nella base data di 〈w0〉⊥. Si determini la dimensione, k, e una base per il

sottospazio U . E vero che U =⟨φ−1(w0)

⟩⊥?

(b) E vero che esiste una base di 〈w0〉⊥ tale che le immagini tramite φ∗ dei primi k vettori di base siauna base di U e i rimanenti siano una base del nucleo di φ∗? In caso affermativo determinare una talebase. Come si possono trovare tutti i sistemi minimali di equazioni lineari che hanno come soluzione ilsottospazio 〈S〉? Che dimensione ha il sottospazio generato dalle matrici di questi sistemi lineari?

(c) Si scriva l’omomorfismo φ : V → W , come composizione j ◦ p, con p : V → V/kerφ suriettiva ej : V/kerφ → W iniettiva. Si fissi una base U dello spazio V/kerφ e si scrivano le matrici αV,U (p) eαU,W(j).

Svolgimento. Le soluzioni del sistema sono l’insieme (sottovarieta lineare)

S =

1

0

0

−1

0

+

⟨

1

0

1

0

1

,

0

2

−1

4

2

⟩.

(a) Si ha dim 〈w0〉⊥ = dimW − 1 = 3. Sia ξ1, ξ2, ξ3 una base del sottospazio 〈w0〉⊥ di W ∗. Allora, per laformula delle dimensioni, si ha

k = dimU = dim 〈w0〉⊥ − dim(〈w0〉⊥ ∩ kerφ∗).

Osservando che kerφ∗ = (imφ)⊥ e quindi che, se ξ ∈ kerφ∗, si ha ξ ◦ w0 = ξ ◦ φ(s), per qualche s ∈ S; e

quindi ξ ◦ φ(s) = φ∗(ξ) ◦ s = 0, per cui kerφ∗ ⊆ 〈w0〉⊥. Si conclude che k = dim 〈w0〉⊥ − dim kerφ∗ = 2.Una base per il sottospazio U , si ottiene, ad esempio, prendendo le immagini tramite φ∗ delle forme lineariw∗1 − 3w∗3 e 2w∗1 − 3w∗4 ; ovvero, −3v∗2 − 2v∗3 + 2v∗5 e 3v∗1 + 2v∗3 + 3v∗4 − 5v∗5 .

In generale, e vero che φ∗(〈w0〉⊥) =⟨φ−1(w0)

⟩⊥. Infatti, presa comunque ξ ∈ 〈w0〉⊥ e s ∈ φ−1(w0), si

ha φ∗(ξ) ◦ s = ξ ◦ φ(s) = ξ ◦ w0 = 0.

(b) Essendo kerφ∗ ⊆ 〈w0〉⊥, una tale base esiste e possiamo ottenerla, aggiungendo alle due forme lineariw∗1 − 3w∗3 , 2w∗1 − 3w∗4 la forma

(2w∗1 − 3w∗2)− 3(w∗1 − 3w∗3)− (2w∗1 − 3w∗4) = −3w∗1 − 3w∗2 + 9w∗3 + 3w∗4 .

Trovare tutti i sistemi minimali di equazioni lineari che hanno come soluzione il sottospazio 〈S〉 e equivalente

a trovare tutte le basi del sottospazio U = 〈S〉⊥. Le matrici di questi sistemi lineari hanno quindi la forma

(a b

c d

)(0 3 −2 0 2

3 0 2 3 −5

)al variare di

(a b

c d

)∈ GL(2,R).

Queste matrici non formano un sottospazio, e il sottospazio generato ha dimensione 4 (dimensione delsottospazio di M2(R) generato da GL(2,R)).


(c) Le ultime tre colonne della matrice A sono linearmente indipendenti e, possiamo scrivere la prime duecome combinazione lineare di quest’ultime. Si ha quindi

A =

( 3 0 −2 0 −1

1 3 0 −1 −1

1 1 0 0 −1

1 0 −2 −1 1

)=

(−2 0 −1

0 −1 −1

0 0 −1

−2 −1 1

)(−1 1/2 1 0 0

0 −2 0 1 0

−1 −1 0 0 1

).

Cio significa che, presi v3 + kerφ, v4 + kerφ, v5 + kerφ, come base, U , del quoziente V/kerφ; il fattore didestra nel prodotto e la matrice αV,U (p) della proiezione canonica p : V → V/kerφ. Il fattore di sinistra ela matrice αU,W(j) dell’applicazione j : V/kerφ → W , definita da j(x + kerφ) := φ(x), per ogni elementox+ kerφ del quoziente V/kerφ. �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Si considerino le matrici Kn ∈Mn(R) della forma

Kn = −2

n∑

j=1

ε(j, j) +

n−1∑

j=1

ε(j, j + 1)−n−1∑

j=1

ε(j + 1, j) + 2

n−2∑

j=1

ε(j + 2, j)

ove { ε(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n } e la base canonica dello spazio vettoriale reale Mn(R).(a) Si scrivano le matrici K3, K4, K5, K6 e se ne calcoli il determinante.(b) Indicato con dn il determinante della matrice Kn, si ricavi una relazione ricorsiva lineare tra i valori di

tali determinanti.(c) Si scriva in modo esplicito il determinante dn in funzione dell’intero n.


K3 =

(−2 1 0

−1 −2 1

2 −1 −2

), K4 =

(−2 1 0 0

−1 −2 1 0

2 −1 −2 1

0 2 −1 −2

), K5 =

−2 1 0 0 0

−1 −2 1 0 0

2 −1 −2 1 0

0 2 −1 −2 1

0 0 2 −1 −2

, K6 =

−2 1 0 0 0 0

−1 −2 1 0 0 0

2 −1 −2 1 0 0

0 2 −1 −2 1 0

0 0 2 −1 −2 1

0 0 0 2 −1 −2

;

e, con calcoli diretti, si ottiene:

d1 = −2, d2 = 5, d3 = −10, d4 = 21, d5 = −42, d6 = 85;

Ove si sono considerate anche le matrici K1 e K2.

(b) Il calcolo dei determinanti era facilitato, osservando che, sviluppando secondo Laplace rispetto alla primacolonna la matrice Kn, si ottiene la relazione ricorsiva dn = −2dn−1 + dn−2 + 2dn−3.

(c) Possiamo quindi scrivere la relazione ricorsiva nella forma(

dndn−1

dn−2

)= A

(dn−1

dn−2

dn−3

)ove A =

(−2 1 2

1 0 0

0 1 0

),

per ogni n > 3. Per calcolare le potenze della matrice A, vediamo se e possibile diagonalizzarla. Il polinomiocaratteristico di A e PA(X) = (X − 1)(X + 1)(X + 2) e quindi essendoci tre autovalori distinti, la matrice ediagonalizzabile. Gli spazi di autovettori corrispondenti sono

ker(A− 1) =

⟨(1

1

1

)⟩, ker(A+ 1) =

⟨(1

−1

1

)⟩, ker(A+ 21) =

⟨(4

−2

1

)⟩.

Abbiamo quindi determinato le matrici

D =

(1 0 0

0 −1 0

0 0 −2

), P =

(1 1 4

1 −1 −2

1 1 1

), P−1 = 1

6

(1 3 2

−3 −3 6

2 0 −2

),

e si ha A = PDP−1. Iterando la relazione ricorsiva, si ricava(

dndn−1

dn−2

)= PDn−3P−1

(−10

5

−2

)

da cui si ottiene la formula esplicita dn = 1+3(−1)n−3−(−2)n+3

6 , valida per ogni n ≥ 1. �


ESERCIZIO 1. [8 punti] Si consideri il polinomio P (X) = (X − 2)(X2 − (1− 2i)X − 3− i) ∈ C[X].(a) Si determinino si disegnino nel piano di Gauss le rette reali contenenti almeno due radici di P (X) e se

ne scrivano le equazioni in termini di z e z.(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria e sia µ : C r {0} → C r {0}

l’applicazione µ(z) = 1z . Si determinino centro e raggio delle circonferenze λ∗(r) e µ∗(r) ove r varia tra

le rette del punto precedente. Detto T il poligono convesso delimitato dalle rette del punto precedente,si disegnino le circonferenze λ∗(r) e µ∗(r) e si evidenzi la differenza simmetrica µ∗(T ) 4 λ∗(T ) =(µ∗(T ) ∪ λ∗(T )) r (µ∗(T ) ∩ λ∗(T )).

ESERCIZIO 2. [12 punti] Siano V e W spazi vettoriali reali e siano V = {v1, . . . , v5} e W = {w1, . . . , w4}delle rispettive basi. Si determini il sottoinsieme S di V formato dai vettori le cui coordinate nella base Vsono soluzioni del sistema lineare

2X1 +X2 −X3 −X4 = 2

X3 −X4 −X5 = 1

X2 +X3 −X4 − 3X5 = 2

2X1 +X3 − 3X4 = 3

.

(a) Indicata con (A|b) la matrice completa del sistema dato, sia φ : V →W l’applicazione lineare di matriceA nelle basi date e sia w0 ∈ W il vettore di coordinate (nella base W) uguali alla colonna dei termini

noti. Data una base del sottospazio 〈w0〉⊥ ⊂ W ∗, si consideri il sottospazio U di V ∗ generato dalle

forme φ∗(ξ), al variare di ξ nella base data di 〈w0〉⊥. Si determini la dimensione, k, e una base per il

sottospazio U . E vero che U =⟨φ−1(w0)

⟩⊥?

(b) E vero che esiste una base di 〈w0〉⊥ tale che le immagini tramite φ∗ dei primi k vettori di base siauna base di U e i rimanenti siano una base del nucleo di φ∗? In caso affermativo determinare una talebase. Come si possono trovare tutti i sistemi minimali di equazioni lineari che hanno come soluzione ilsottospazio 〈S〉? Che dimensione ha il sottospazio generato dalle matrici di questi sistemi lineari?

(c) Si scriva l’omomorfismo φ : V → W , come composizione j ◦ p, con p : V → V/kerφ suriettiva ej : V/kerφ → W iniettiva. Si fissi una base U dello spazio V/kerφ e si scrivano le matrici αV,U (p) eαU,W(j).

ESERCIZIO 3. [10 punti] Si considerino le matrici Hn ∈Mn(R) della forma

Hn = −n∑

j=1

ε(j, j)− 4

n−1∑

j=1

ε(j, j + 1) +

n−1∑

j=1

ε(j + 1, j) + 4

n−2∑

j=1

ε(j, j + 2)

ove { ε(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n } e la base canonica dello spazio vettoriale reale Mn(R).(a) Si scrivano le matrici H3, H4, H5, H6 e se ne calcoli il determinante.(b) Indicato con δn il determinante della matrice Hn, si ricavi una relazione ricorsiva lineare tra i valori di

tali determinanti.(c) Si scriva in modo esplicito il determinante δn in funzione dell’intero n.

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 26 giugno 2014 – Compito A

ESERCIZIO 1. [8 punti] Si determinino i numeri complessi z tali che z − 2z2 = 0 e si indichi con P ilpoligono che ha come vertici i punti del piano di Gauss corrispondenti a tali numeri e appartenenti al dominiodella riflessione nella circonferenza unitaria λ(z) = 1/z.(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono P e si scrivano le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che

formano i lati del poligono P .(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del poligono P nella

circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(P out) ∩ P out ove siindichino con P in i punti interni al poligono P e con P out i punti ad esso esterni.

Svolgimento. A parte il numero complesso z0 = 0, che non appartiene al dominio di λ, i vertici di P sono itre punti

z1 =1

2, z2 = −1− i

√3

4, z3 = −1 + i

√3

4;

che si ottengono facilmente dalla relazione data, considerando la forma trigonometrica del numero complessoz.

(a) Il poligono P e quindi un triangolo e i suoi lati sono le rette(cfr. il disegno a fianco)

z1 ∨ z2 : (1− i√

3)z + (1 + i√

3)z − 1 = 0,

z1 ∨ z3 : (1 + i√

3)z + (1− i√

3)z − 1 = 0,

z2 ∨ z3 : 2z + 2z + 1 = 0

(b) Le immagini delle tre rette tramite la riflessione nel cerchiounitario sono le circonferenze

λ∗(z1 ∨ z2) : zz − (1− i√

3)z − (1 + i√

3)z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz − (1 + i√

3)z − (1− i√

3)z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz + 2z + 2z = 0.

z1

z2

z3

La parte ombreggiata rappresenta l’insieme λ∗(P out) ∩ P out. �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Sia M = M2(Q) lo spazio vettoriale delle matrici 2 per 2 a coefficienti razionalicon la base, B, costituita dalle matrici

B1 =(

1 0

1 0

), B2 =

(0 −1

1 0

), B3 =

(1 0

0 −1

), B4 =

(0 1

0 −1

).

(a) Si determinino la dimensione e una base per i sottospazi S = {A ∈M | tA = A } e S ∩ U , ove U =〈B1, B2, B3〉 di M . Si determini un sottospazio T0 di M tale che S ⊕ T0 = M = U ⊕ T0. Dettaπ0 : M →M la proiezione su S, parallelamente a T0, si scriva la matrice αB,B(π0).

(b) Si determinino tutti i sottospazi T di M tali che S ⊕ T = M = U ⊕ T . Al variare di T , sia π : M →Mla proiezione su S, parallelamente a T0 e si determinino nucleo e immagine della restrizione di π a U .Si dica come questi sottospazi dipendano dalla scelta di T .

(c) Detto D il sottospazio di M formato dalle matrici diagonali, si determini, se esiste, un sottospazio Wdi M tale che dimS ∩W = 1 = dimW ∩ U , W ⊕D = M e π0(w) ∈ W , per ogni w ∈ W . Fissata unabase D di D e una base W di W si scriva la matrice di π0 nella base D ∪W di M .

16

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 26 giugno 2014 – Compito A 17

Svolgimento. (a) Il sottospazio S ha dimensione 3, mentre, per la formula di Grassmann, S ∩ U ha neces-sariamente dimensione 2, in quanto i due sottospazi non sono contenuti l’uno nell’altro. Si puo scegliere la

base S ={(

2 −1

−1 0

),(

1 0

0 −1

),(

0 0

0 1

)}di S, i cui primi due elementi sono una base di S ∩ U .

Il sottospazio T0 = 〈B4〉, soddisfa T0 ∩S = 〈0〉 = T0 ∩U e quindi puo essere scelto come complementare

comune. In tal caso la matrice della proiezione e A = αB,B(π0) =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

−1 1 1 0

).

(b) I sottospazi complementari sia di S che di U sono generati da matrici che non appartengono all’unioneS ∪U dei due iperpiani. Ovvero matrici t = a1B1 + a2B2 + a3B3 + a4B4 con a4 6= 0 e non simmetriche, cioecon l’ulteriore condizione a1 + 2a2 − a4 6= 0 (per avere corrispondenza biunivoca tra sottospazi e generatori,si puo prendere a4 = 1 nella scrittura di t).

Qualunque sia il complementare T = 〈t〉, si ha ker(π|U ) = kerπ ∩U = T ∩U = 〈0〉; quindi la restrizionedi π a U e iniettiva. La sua immagine ha dimensione 3 e coincide quindi con il sottospazio S = imπ.

(c) Siano D1 =(

1 0

0 0

)e D2 =

(0 0

0 1

)una base del sottospazio D. Dobbiamo completarla ad una base di

M in modo da soddisfare le condizioni sulle intersezioni con S e U e sulla proiezione. Prendendo la matrice

2B1−B2 =(

2 −1

−1 0

), nell’intersezione tra S e U , sono soddisfatte le condizioni sull’intersezione e, trattandosi

di una matrice simmetrica, coincide con la propria proiezione. Se completiamo la base scegliendo il generatoredi T0, B4, possiamo prendere W = 〈2B1 −B2, B4〉 e sono soddisfatte tutte le condizioni richieste. Usando

quindi la base U = {D1, D2, 2B1 −B2, B4} si ha la matrice B = αU,U (π0) =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 0

). �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Siano V e W spazi vettoriali sul campo C, di dimensioni n e m, rispettivamente;e sia φ : V →W un’applicazione lineare.(a) Dato un sottospazio S ⊂ W , si indichi con φ−1(S) la controimmagine di S tramite φ. Indicata con

φ∗ : W ∗ → V ∗ indica l’applicazione lineare trasposta di φ, si dica se i sottoinsiemi (φ−1(S))⊥ e φ∗(S⊥),sono sottospazi vettoriali e quali relazioni di inclusione esistono tra questi.

(b) Si consideri il sistema lineare a coefficienti in Q,

Σ :

2X1 −X3 +X5 − 2X7 = 1

X2 +X4 −X5 + 2X6 −X7 = 0

4X1 −X2 − 2X3 −X4 + 3X5 − 2X6 − 3X7 = 2

X1 + 4X3 − 2X4 +X7 = −4

.

Si scriva un sistema lineare che abbia come soluzione il sottospazio T di Q7 generato dalle soluzioni delsistema Σ e si determini la dimensione di T .

Svolgimento. (a) L’ortogonale di un qualsiasi sottoinsieme e un sottospazio, e lo stesso vale per l’immaginedi un sottospazio tramite un’applicazione lineare. Si tratta quindi di sottospazi di V .

Presi comunque, un vettore w∗ ∈ S⊥ e un vettore v ∈ φ−1(S), si ha

v ◦ φ∗(w∗) = φ(v) ◦ w∗ = 0.

Dunque, φ∗(S⊥) ⊆ (φ−1(S))⊥.Mostriamo ora che i due sottospazi hanno la stessa dimensione (e quindi coincidono). Da una parte si

ha

dim(φ−1(S))⊥ = n− dim⟨φ−1(S)

⟩=

= n−(

dim kerφ+ dim(S ∩ imφ)

)=

= dim imφ− dim(S ∩ imφ).


D’altra parte, si ha

dimφ∗(S⊥) = dim(S⊥)− dim(S⊥ ∩ kerφ∗) =

= dim(S⊥)− dim(S⊥ ∩ (imφ)⊥) =

= dim(S⊥)− dim(S + imφ)⊥ =

= m− dimS −(m− dim(S + imφ)

)=

= dim(S + imφ)− dimS

e le due dimensioni coincidono per le relazioni di Grassmann.

(b) Consideriamo l’applicazione φ : Q7 → Q4, che ha come matrice, nelle basi canoniche dei due spazi, lamatrice dei coefficienti del sistema Σ, ovvero

A =

( 2 0 −1 0 1 0 −2

0 1 0 1 −1 2 −1

4 −1 −2 −1 3 −2 −3

1 0 4 −2 0 0 1

).

La colonna w0 = e1 + 2e3 − 4e4 dei termini noti del sistema appartiene all’immagine di φ, come si vede con-siderando la terza colonna della matrice A. Quindi, in base a quanto visto nel punto precedente, prendendo

S = 〈w0〉, si ha⟨φ−1(w0)

⟩⊥= φ∗(S⊥). Dunque, osservando che 〈w0〉⊥ = 〈e∗2, 2e∗1 − e∗3, 4e∗1 + e∗4〉, la matrice

di un sistema lineare omogeneo che ha come soluzione il sottospazio generato dalle soluzioni di Σ si ottienedal prodotto (

0 1 0 0

2 0 −1 0

4 0 0 1

) ( 2 0 −1 0 1 0 −2

0 1 0 1 −1 2 −1

4 −1 −2 −1 3 −2 −3

1 0 4 −2 0 0 1

)=

(0 1 0 1 −1 2 −1

0 1 0 1 −1 2 −1

9 0 0 −2 4 0 −7

)

che ha evidentemente rango 2, e quindi dimT = 5. �

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 26 giugno 2014 – Compito B

ESERCIZIO 1. [8 punti] Si determinino i numeri complessi z tali che 2z + z2 = 0 e si indichi con P ilpoligono che ha come vertici i punti del piano di Gauss corrispondenti a tali numeri e appartenenti al dominiodella riflessione nella circonferenza unitaria λ(z) = 1/z.(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono P e si scrivano le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che

formano i lati del poligono P .(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del poligono P nella

circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(P in) ∩ P in ove siindichino con P in i punti interni al poligono P e con P out i punti ad esso esterni.

ESERCIZIO 2. [12 punti] Sia M = M2(Q) lo spazio vettoriale delle matrici 2 per 2 a coefficienti razionalicon la base, B, costituita dalle matrici

B1 =(

1 0

−1 0

), B2 =

(1 −1

0 0

), B3 =

(0 0

1 −1

), B4 =

(0 1

0 1

).

(a) Si determinino la dimensione e una base per i sottospazi S = {A ∈M | tA = A } e S ∩ U , ove U =〈B1, B2, B3〉 di M . Si determini un sottospazio T0 di M tale che S⊕T0 = M = U⊕T0 e sia π0 : M →Mla proiezione su S, parallelamente a T0. Si scriva la matrice αB,B(π0).

(b) Si determinino tutti i sottospazi T di M tali che S ⊕ T = M = U ⊕ T . Al variare di T , si determininonucleo e immagine della restrizione di π a U e si dica come questi sottospazi dipendano dalla scelta diT .

(c) Detto D il sottospazio di M formato dalle matrici diagonali, si determini, se esiste, un sottospazio Wdi M tale che dimS ∩W = 1 = dimW ∩ U , W ⊕D = M e π0(w) ∈ W , per ogni w ∈ W . Fissata unabase D di D e una base W di W si scriva la matrice di π0 nella base D ∪W di M .

ESERCIZIO 3. [10 punti] Siano V e W spazi vettoriali sul campo C, di dimensioni n e m, rispettivamente;e sia φ : V →W un’applicazione lineare.(a) Dato un sottospazio S ⊂ W , si indichi con φ−1(S) la controimmagine di S tramite φ. Indicata con

φ∗ : W ∗ → V ∗ indica l’applicazione lineare trasposta di φ, si dica se i sottoinsiemi (φ−1(S))⊥ e φ∗(S⊥),sono sottospazi vettoriali e quali relazioni di inclusione esistono tra questi.

(b) Si consideri il sistema lineare a coefficienti in Q,

Σ :

2X1 −X3 +X5 − 2X7 = −1

X1 − 2X2 +X3 −X4 −X6 = 0

3X1 + 2X2 − 3X3 +X4 + 2X5 +X6 − 4X7 = −2

X1 − 2X4 + 4X5 +X7 = 3

.

Si scriva un sistema lineare che abbia come soluzione il sottospazio T di Q7 generato dalle soluzioni delsistema Σ e si determini la dimensione di T .


ESERCIZIO 1. [8 punti] Si consideri il polinomio P (X) = [X2 + (2− i)X − 2i][X2− (1− i)X − i] ∈ C[X].(a) Si disegni nel piano di Gauss il quadrilatero Q che ha come vertici le radici del polinomio P (X) e si

determinino le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che formano i suoi lati.(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati di Q nella circonferenza

unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(Qout) ∩ Qout, ove si indichino conQout i punti esterni a Q e con λ la riflessione nel cerchio unitario.

Svolgimento. (a) Le quattro radici di P (X) sono, −2, 1, i,−i e i quattro lati sono le rette

r1 : (1 + 2i)z + (1− 2i)z + 4 = 0,

r2 : (1− 2i)z + (1 + 2i)z + 4 = 0,

s1 : (1− i)z + (1 + i)z − 2 = 0,

s2 : (1 + i)z + (1− i)z − 2 = 0.

(b) Le immagini delle rette tramite la riflessione nel cerchiounitario sono le circonferenze

λ∗(r1) : zz +1 + 2i

4z +

1− 2i

4z = 0, λ∗(r2) : zz +

1− 2i

4z +

1 + 2i

4z = 0,

λ∗(s1) : zz − 1− i2

z − 1 + i

2z = 0, λ∗(s2) : zz − 1 + i

2z − 1− i

2z = 0.

La parte ombreggiata della figura soprastante rappresenta l’insieme λ∗(Qout) ∩Qout. �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano V ={v1, . . . , v5} e W = {w1, . . . , w4}, rispettivamente, delle basi dei due spazi.(a) Si dica se esiste ed e unica l’applicazione lineare, φ : V →W , che soddisfa alle seguenti condizioni

φ(v1 + v2) = w3 − w4 = φ(v3 − v4), φ(v3 + v4) = w1 − w2 = φ(v1 − v2),

φ(v1 + v2 + v3 + v4 + v5) = w1 + w2 + w3 + w4.

In caso affermativo, si determinino la dimensione e una base per nucleo e immagine di φ e si scriva lamatrice A = αV,W(φ). In caso negativo, si dica come modificare l’immagine di v1 + v2 + v3 + v4 + v5,affinche una tale applicazione esista e si risponda alle domande precedenti, per questa nuova applicazione.

(b) Si determinino, se esistono, due matrici invertibili P e Q, tali che PAQ =(

1r | 00 | 0

), ove r = rkφ.

(c) Qual e il massimo intero positivo, k, affinche esista un Q-spazio vettoriale T , di dimensione k, tale chenon sia vuoto l’insieme A = { (ξ, η) | ξ ∈ HomQ (W,T ), η ∈ HomQ (T, V ), ξ ◦ φ ◦ η = idT }?E vero che, per un tale T , si ha V = imη ⊕ kerφ e W = imφ⊕ kerξ, per ogni (ξ, η) ∈ A ?E vero che, presi comunque (ξ, η) ∈ A e χ ∈ HomQ (T, V ) con imχ ⊆ kerφ, allora (ξ, η + χ) ∈ A ?

Svolgimento. (a) I vettori v1 +v2, v3−v4, v3 +v4, v1−v2, v1 +v2 +v3 +v4 +v5, sono una base di V e quindiesiste un’unica applicazione lineare che soddisfa a tutte le condizioni richieste. L’immagine e il sottospazioimφ = 〈w3 − w4, w1 − w2, w1 + w2 + w3 + w4〉, che e generato dalle immagini dei vettori di una base di V .Il nucleo e il sottospazio kerφ = 〈v1 + v2 − v3 + v4, v1 − v2 − v3 − v4〉, come si deduce dalle relazioni tra i

vettori di base. Infine, la matrice richiesta e A = αV,W(φ) =

1/2 −1/2 1/2 1/2 0

−1/2 1/2 −1/2 −1/2 2

1/2 1/2 1/2 −1/2 0

−1/2 −1/2 −1/2 1/2 2

.

20


(b) Le ultime due colonne di Q sono le coordinate (in base V) dei vettori di una base di kerφ. Le rimanenticolonne sono vettori che completano ad una base (V ′) di V ; le loro immagini sono i primi vettori di una baseW ′ di imφ per cui la matrice αV′,W′(φ) ha proprio la forma a blocchi richiesta. Possiamo percio prendereP = αW,W′(id) e Q = αV′,V(id), e quindi

P =

( 0 0 1 0

1 0 0 0

1/2 1/2 0 0

−1 −1 1 1

)e Q =

1 1 0 1 1

1 −1 0 1 −1

0 0 0 −1 −1

0 0 0 1 −1

0 0 1 0 0

(c) Il massimo intero cercato e il rango r = 3 di φ e, in tal caso ξ : W → T induce un isomorfismo tra imφe T , mentre η : T → V induce un isomorfismo tra T e un complementare di kerφ. Ne discende che, per ogni(ξ, η) ∈ A , si ha V = imη ⊕ kerφ e W = imφ⊕ kerξ.

Infine, e sufficiente osservare che se (ξ, η) ∈ A e χ ∈ HomQ (T, V ) con imχ ⊆ kerφ, allora

ξ ◦ φ ◦ (η + χ) = ξ ◦ φ ◦ η + ξ ◦ φ ◦ χ = ξ ◦ φ ◦ η = idT ,

perche φ ◦ χ = 0; quindi (ξ, η + χ) ∈ A . �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Sia C un campo. Date due matrici, A e B in Mn×k(C), di rango k < n. Diremoche A ∼ B se il sottospazio di Cn generato dalle colonne di A coincide con il sottospazio di Cn generatodalle colonne di B.

(a) Si considerino le matrici A =

( 1 0

0 1

2 3

−1 2

)e B =

( 2 1

−1 2

1 8

−4 3

). E vero che A ∼ B? Si mostri che esiste una

matrice G ∈ GL2Q tale che B = AG. Detto pij (risp. qij) il minore estratto dalle righe i e j della matriceA (risp. B), per 1 ≤ i < j ≤ 4; e vero che 〈(p12, p13, p14, p23, p24, p34)〉 = 〈(q12, q13, q14, q23, q24, q34)〉?

(b) Date due matrici, A e B in Mn×k(C), di rango k < n; si dimostri che A ∼ B se, e solo se, esiste unamatrice G ∈ GLkC tale che B = AG. Si usi questa relazione per contare il numero dei sottospazi didimensione k di uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo Fq con q elementi e si calcoli questonumero quando n = 4, k = 2, q = 5.

Svolgimento. (a) Si ha( 2

−1

1

−4

)= 2

( 1

0

2

−1

)−( 0

1

3

2

)e

( 1

2

8

3

)=

( 1

0

2

−1

)+ 2

( 0

1

3

2

).

Dunque, le colonne di A e di B generano lo stesso sottospazio di Q4 e, posto G =(

2 1

−1 2

), si ha B = AG,

con G ∈ GL2Q. Per ogni coppia di sottomatrici, Aij e Bij di ordine due, ottenuta prendendo dalle matriciA e B le righe i-esima e j-esima si ha Bij = AijG e quindi

qij = detBij = det(AijG) = pij detG

per ogni scelta di (i, j) con 1 ≤ i < j ≤ 4 e cio permette di concludere.

(b) Siano ora A e B due matrici in Mn×k(C), di rango k < n, con A ∼ B. Indicati con v1, . . . , vk(risp. w1, . . . , wk) i vettori di Cn le cui coordinate in base canonica sono le colonne di A (risp. di B), si ha〈v1, . . . , vk〉 = 〈w1, . . . , wk〉 e i due insiemi di generatori sono basi del sottospazio (rkA = k = rkB). Dunque,indicata G = αW,V(id), la matrice di cambiamento di base tra le due basi del sottospazio, si ha B = AG eG ∈ GLkC. Il viceversa e evidente.

Per quanto visto sopra, si deduce che vi sono tanti sottospazi di dimensione k in Fnq quanto e il numero dimatrici di rango k in Mn×k(Fq), diviso per la cardinalita del gruppo GLkFq. Dunque il numero di sottospazidi dimensione k in Fnq e

cn,k(Fq) =(qn − 1)(qn − q) · · · (qn − qk−1)

(qk − 1)(qk − q) · · · (qk − qk−1).

Nel caso in cui n = 4, k = 2, q = 5, si ha c4,2(F5) = 2 · 13 · 31. �


ESERCIZIO 1. [8 punti] Si consideri il polinomio P (X) = 10X3 + 21X2 + 18X + 5 ∈ C[X] e si osservi cheP (−1/2) = 0.(a) Si determinino le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che congiungono le radici del polinomio

P (X). Si determinino le intersezioni tra queste rette e la circonferenza unitaria e si disegni nel piano diGauss il poligono convesso, P , che ha come vertici i punti di intersezione tra le rette e la circonferenza.

(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati di P nella circonferenzaunitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione P outrλ∗(P in), ove si indichino con P out

i punti esterni a P , con P in i punti interni a P e con λ la riflessione nel cerchio unitario.

Svolgimento. (a) Le tre radici di P (X) sono, z0 = −1/2, z1 = −4+3i5 , z2 = −4−3i

5 e le rette che li congiungono(5z+ 5z+ 8 = 0, (2− i)z+ (2 + i)z+ 2 = 0 e (2 + i)z+ (2− i)z+ 2 = 0) intersecano la circonferenza unitarianei punti z1, z2, z3 = i, z4 = −i.(b) I quattro punti sono i vertici di un trapezio che ha come lati le rette

r1 : 5z + 5z + 8 = 0, r2 : z + z = 0,

s1 : (1 + 2i)z + (1− 2i)z + 4 = 0, s2 : (1− 2i)z + (1 + 2i)z + 4 = 0.

Le immagini delle rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circon-ferenze (generalizzate)

λ∗(r1) : zz +5

8z +

5

8z = 0, λ∗(r2) : z + z = 0,

λ∗(s1) : zz +1 + 2i

4z +

1− 2i

4z = 0, λ∗(s2) : zz +

1− 2i

4z +

1 + 2i

4z = 0.

z0

z1

z2

z3

z4

La parte ombreggiata della figura soprastante rappresenta l’insieme P out r λ∗(P in). �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Sia K un campo e M ∈Mm×n(K), di rango r > 0.(a) Si dimostri che esistono due matrici A ∈ Mm×r(K) e B ∈ Mr×n(K), tali che M = AB. Si deduca da

cio che rkA = r = rkB. Si determinino due tali matrici nel caso in cui M =

1 1 2 −3

0 1 1 −3

2 0 2 0

0 −1 −1 3

−1 1 0 −3

.

(b) Sia M ∈Mm×n(K), di rango r, e siano M = AB = CD due decomposizioni del tipo descritto sopra. Simostri che esiste una matrice invertibile P ∈ GL(r,K) tale che C = AP e D = P−1B.

(c) Sia M(r)m×n(K) = {X ∈Mm×n(K) | rkX = r }, per 0 ≤ r ≤ min{m,n}. Indicato con Fq il campo con

q elementi, si determinino in funzione di q le cardinalita di M(0)m×n(Fq) e M

(n)m×n(Fq) (ove n ≤ m). Si

deduca quindi dai punti precedenti la cardinalita di M(r)m×n(Fq) per 0 < r < min{m,n}. Si calcolino in

particolare le cardinalita di M(1)3×2(F3) e M

(2)3×2(F3).

Svolgimento. (a) Sia φ : Kn → Km l’applicazione lineare di matrice M rispetto alle basi canoniche, Em ={e1, . . . , em} e En = {ε1, . . . , εn}, dei due spazi. Si fissi una base W = {w1, . . . , wr} di imφ e si osservi chel’applicazione lineare φ e la composizione delle due applicazioni lineari β : Kn → imφ e α : imφ → Km,definite da β(x) = φ(x) per ogni x ∈ Kn, e α(u) = u per ogni u ∈ imφ. Dunque

M = αEn,Em(φ) = αW,Em(α)αEn,W(β) = AB,

22

Geometria 1 (parte I) – prova scritta del 28 agosto 2014 23

ove A = αW,Em(α) e B = αEn,W(β). Le due applicazioni hanno entrambe rango r = dim imφ, e quindi α einiettiva e β e suriettiva(∗).

Nell’esempio proposto, le prime due colonne di M costituiscono una base di imφ, per cui rkφ = 2 e siha

A =

1 1

0 1

2 0

0 −1

−1 1

e B =

(1 0 1 0

0 1 1 −3

).

(b) L’arbitrarieta nella costruzione delle matrici A e B e nella scelta della base W = {w1, . . . , wr} di imφ.Scelta un’altra base U = {u1, . . . , ur} di imφ, si ha M = CD, ove C = αU,Em(α) e D = αEn,U (β). InoltreC = AP e D = P−1B, ove P e la matrice di cambiamento di base, P = αU,W(idimφ).

(c) Solo la matrice nulla ha rango 0, quindi la cardinalita di M(0)m×n(K) e uguale a 1 per qualsiasi campo K.

Se n ≤ m, una matrice in M(n)m×n(Fq) deve avere n colonne che sono vettori linearmente indipendenti in Fmq .

Quindi, vi sono qm − 1 scelte per la prima colonna, qm − q scelte per la seconda, qm − q2 scelte per la terza,e cosı via, fino a qm − qn−1 scelte per l’ultima. Quindi, per n ≤ m,

#M(n)m×n(Fq) = (qm − 1)(qm − q)(qm − q2) · · · (qm − qn−1).

Per quanto visto nei punti precedenti, ogni matrice di rango r > 0 in Mm×n(Fq) e prodotto di una matrice, A,di rango r inMm×r(Fq) per una matrice, B, di rango r inMr×n(Fq), determinate a meno della moltiplicazione

per una matrice P in GL(r,Fq) = M(r)r×r(Fq). Quindi, per 0 < r ≤ min{m,n}, si ha

#M(r)m×n(Fq) =

#M(r)m×r(Fq) ·#M (r)

r×n(Fq)#M

(r)r×r(Fq)

=

=(qm − 1)(qm − q) · · · (qm − qr−1) · (qn − 1)(qn − q) · · · (qn − qr−1)

(qr − 1)(qr − q) · · · (qr − qr−1)=

=(qm − 1)(qm − q) · · · (qm − qr−1) · (qn − 1)(qn−1 − 1) · · · (qn−r+1 − 1)

(qr − 1)(qr−1 − 1) · · · (q − 1).

Applicando, le formule precedenti, si ottiene #M(1)3×2(F3) = 23 · 13 = 104 e #M

(2)3×2(F3) = 24 · 3 · 13 = 624.

La loro somma e 36 − 1, ovvero #M3×2(F3)−#M(0)3×2(F3). �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Siano U e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano U ={u1, . . . , u5} e W = {w1, . . . , w4}, rispettivamente, delle basi dei due spazi.(a) Riferendosi a coordinate nella base U , si determinino la dimensione e una base per ciascuno dei sottospazi

U1 :

2X1 −X3 +X5 = 0

X2 − 2X4 +X5 = 0

2X1 −X2 −X3 + 2X4 = 0

e U2 =

⟨

1

0

2

0

1

,

1

2

2

2

5

,

0

1

0

1

2

⟩.

(∗) Un modo perfettamente equivalente di procedere, consiste nel decomporre l’omomorfismo φ : V →W tramite la proiezionecanonica π : V → V/kerφ, seguita dall’applicazione σ : V/kerφ → W definita da σ(x + kerφ) = φ(x) per ogni elemento del

quoziente. Fissando una base di V/kerφ si passa all’analoga decomposizione della matrice di φ. L’isomorfismo φ : V/kerφ→ imφdescritto nel primo Teorema di Isomorfismo, implica l’equivalenza tra i due procedimenti, come illustrato nel seguente diagrammacommutativo.

V

φ

��

π##G

GGGG

GGGG

idVV

β}}{{{{{{{{

φ

��

V/kerφφ

∼= //

σ

{{wwwwwwww

imφ

α

!!CCC

CCCC

C

WidW

W


Si verifichi che U = U1⊕U2 e si determinino le matrici P1 = αU,U (π1) e P2 = αU,U (π2); ove π1 : U → U(risp. π2) e la proiezione su U1 (risp. U2), parallelamente a U2 (risp. U1).

(b) Riferendosi a coordinate nella base W, si determinino la dimensione e una base per ciascuno dei sot-tospazi

W1 =

⟨( 2

0

−1

1

),

( 1

2

−2

1

),

( 1

−2

1

0

)⟩e W2 :

X1 + 2X3 +X4 = 0

2X1 +X2 +X3 = 0

X1 +X2 −X3 −X4 = 0

.

Si verifichi che W = W1 ⊕W2 e si indichi con σ1 : W → W (risp. σ2), la proiezione su W1 (risp. W2),parallelamente a W2 (risp. W1).

(c) Si considerino i sottoinsiemi

A = {φ ∈ HomQ (U,W ) |σ2 ◦ φ = φ ◦ π1 } , B = {φ ∈ HomQ (U,W ) |σ1 ◦ φ = φ ◦ π2 } ,C = {φ ∈ HomQ (U,W ) |σ1 ◦ φ = φ ◦ π1 } , D = {φ ∈ HomQ (U,W ) |σ2 ◦ φ = φ ◦ π2 } .

Si dica quali tra questi sono sottospazi vettoriali di HomQ (U,W ) e se ne calcoli la dimensione. Sicalcolino infine tutte le possibili somme e intersezioni di tali sottospazi, a due a due.

Svolgimento. (a) Le tre equazioni che definiscono U1 sono linearmente dipendenti (III = I − II). Il sistemaha rango 2; quindi dimU1 = 3 e una base e costituita dai vettori u1 + 2u3, 2u2 + u4, u2 − u3 − u5.

I tre vettori che generano U2 sono linearmente dipendenti, (I − II + 2III = 0). Quindi, dimU2 = 2 euna base e costituita dai vettori u1 + 2u3 + u5, u2 + u4 + 2u5. L’unica combinazione lineare di questi duevettori che soddisfi le equazioni di U1 e quella identicamente nulla, quindi U1∩U2 = 〈0〉. Tramite le relazionidi Grassmann, si conclude che U = U1 ⊕ U2.

La proiezione su U2 parallelamente a U1 ha matrice

P2 = αU,U (π2) =

−2 2 1 −4 1

2 −1 −1 2 0

−4 4 2 −8 2

2 −1 −1 2 0

2 0 −1 0 1

e quindi P1 = αU,U (π1) = 15 − P2 =

3 −2 −1 4 −1

−2 2 1 −2 0

4 −4 −1 8 −2

−2 1 1 −1 0

−2 0 1 0 0

.

(b) I tre vettori che generano W1 sono linearmente dipendenti, (I − II − III = 0). Quindi, dimW1 = 2 euna base e costituita dai vettori 2w1 − w3 + w4, w1 − 2w2 + w3.

Le tre equazioni che definiscono W2 sono linearmente dipendenti (II = I + III). Il sistema ha rango 2;quindi dimW2 = 2 e una base e costituita dai vettori w1 − 2w2 − w4, 2w1 − 3w2 − w3.

L’unica combinazione lineare dei generatori di W1 che soddisfi le equazioni di W2 e quella identicamentenulla, quindi W1 ∩W2 = 〈0〉. Si conclude che W = W1 ⊕W2.

(c) I quattro sottoinsiemi A ,B,C ,D sono tutti sottospazi vettoriali di HomQ (U,W ), tutti di dimensione10 (spiegare come e stata determinata). In particolare A = B e C = D . Si ha

A ∩B = A , A ∩ C = 〈0〉 = A ∩D , B ∩ C = 〈0〉 = B ∩D , C ∩D = C ;

A + B = A , A ⊕ C = HomQ (U,W ) = A ⊕D , B ⊕ C = HomQ (U,W ) = B ⊕D , C + D = C ;

ove i dettagli sono lasciati al lettore. �


ESERCIZIO 1. [8 punti] Si consideri il polinomio P (X) = X3 − 2(1− i)X2 − (5 + 4i)X + 10 ∈ C[X] e siosservi che P (2) = 0.(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono convesso, P , che ha come vertici le radici del polinomio P (X)

e determinino le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che costituiscono i lati di P .(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati di P nella circonferenza

unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione P out∩λ∗(P in), ove si indichino con P out

i punti esterni a P , con P in i punti interni a P e con λ la riflessione nel cerchio unitario.

Svolgimento. (a) Le tre radici di P (X) sono, z0 = 2, z1 = 2 − i, z2 = −2 − i e le rette che li congiungonosono

r1 = z0 ∨ z1 : z + z − 4 = 0, r2 = z1 ∨ z2 : −iz + iz + 2 = 0, r3 = z0 ∨ z2 : (1 + 4i)z + (1− 4i)z − 4 = 0,

che formano i lati di P . Le immagini delle rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circonferenze

λ∗(r1) : zz − 1

4z − 1

4z = 0, ovvero

∣∣∣∣z −1

4

∣∣∣∣ =1

4;

λ∗(r2) : zz − i

2z +

i

2z = 0, ovvero

∣∣∣∣z +i

2

∣∣∣∣ =1

2;

λ∗(r3) : zz − 1 + 4i

4z − 1− 4i

4z = 0, ovvero

∣∣∣∣z −1− 4i

4

∣∣∣∣ =

√17

4.

z0

z1z2

La parte ombreggiata della figura soprastante rappresenta l’insieme P out ∩ λ∗(P in). �

ESERCIZIO 2. [8 punti] Sia V uno spazio vettoriale sul campo Q e sia V = {v1, . . . , v6} una sua base.Siano fissati inoltre i sottospazi U = 〈v1, v2, v3〉 e W = 〈v4, v5, v6〉.(a) Indicato con Z il sottospazio

Z = 〈v1 + v2 + 3v4 + 2v5 − v6, v1 − v3 + v5 − v6, −2v1 + v3 − 3v4 − 2v5 + v6〉 ,

Si verifichi che Z = {u+ φ(u) |u ∈ U } per un’opportuna applicazione lineare φ : U → W (ovvero Z eil grafico di φ in V ). Si determinino kerφ, imφ e la matrice di φ rispetto alle basi date di U e W .

(b) Sia ψ : U →W un’applicazione lineare e sia Γψ = {u+ ψ(u) |u ∈ U } il suo grafico in V . Si mostri chekerφ ⊆ kerψ se, e solo se, Z ∩ U ⊆ Γψ.

Svolgimento. (a) Un sottospazio Z ⊂ U ⊕W e il grafico di un’applicazione lineare φ : U →W se, e solo se,per ogni u ∈ U , esiste un unico w ∈W tale che u+w ∈ Z. Cio e equivalente a dimZ = dimU e Z∩W = 〈0〉(come si verifica?). Indicata con A la matrice che ha come colonne le coordinate dei generatori di Z, si puoosservare che il minore estratto dalle prime tre righe e uguale ad 1 e quindi dimZ = 3 e Z + W = V . Cioe sufficiente per concludere che Z e il grafico di un’applicazione lineare. Per determinare la matrice di φ, esufficiente osservare che, si ha AP = A′, ove

A =

1 1 −2

1 0 0

0 −1 1

3 0 −3

2 1 −2

−1 −1 1

, P =

(0 1 0

−1 1 −2

−1 1 −1

)∈ GL(3,Q) ed A′ =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

3 0 3

1 1 0

0 −1 1

.

Quindi la matrice di φ rispetto alle basi date di U e W e B =

(3 0 3

1 1 0

0 −1 1

). Infine si ha kerφ = 〈v1 − v2 − v3〉

ed imφ = 〈3v4 + 2v5 − v6, v5 − v6〉.

25


(b) Ricordiamo che, se un sottospazio Z ⊂ U ⊕W e il grafico di un’applicazione lineare φ : U → W , datoun vettore u0 ∈ U , esiste un unico vettore u0 +w0 ∈ Z, con w0 ∈W e, in particolare, w0 = φ(u0). Dunque,u0 ∈ kerφ se, e solo se, si puo prendere w0 = 0, ovvero se, e solo se, u0 = u0 + 0 ∈ Z. Dunque kerφ = U ∩Z.Da cio si conclude che kerφ ⊆ kerψ se, e solo se, Z ∩U ⊆ Γψ ∩U e quindi se, e solo se, Z ∩U ⊆ Γψ. �

ESERCIZIO 3. [8 punti] Siano date due matrici A e B in M4(R) e sia L = {X ∈M4(R) |AX = B }.(a) Si mostri che L e una sottovarieta lineare dello spazio affine A(M4(R)) e se ne calcoli la dimensione in

funzione del rango della matrice A.(b) Si determinino un punto e una base del sottospazio direttore di L nel caso in cui

A =

( 2 −1 0 0

1 0 1 0

2 −1 0 1

0 1 2 0

)e B =

( 1 0 2 −1

1 2 1 0

1 −1 0 0

1 4 0 1

)

Svolgimento. Nello spazio affine A(M4(R)), possiamo considerare le 16 entrate di una matrice X come unsistema di coordinate affini, avente come origine la matrice nulla 0 e come base associata la base canonicadi M4(R). La condizione AX = B produce un sistema di 16 equazioni lineari nelle coordinate dette e quindiL e una sottovarieta lineare di A(M4(R)).

L’equazione matriciale AX = B ha soluzione se, e solo se, imB ⊆ imA; quindi, se tale condizione none soddisfatta L = ∅ ed ha dimensione −1. Se invece imB ⊆ imA, cio significa che le colonne della matriceB si scrivono come combinazioni lineari delle colonne della matrice A ed i coefficienti di tali combinazionideterminano appunto una soluzione particolare X0 dell’equazione AX = B. Ogni altra soluzione si ottienesommando ad X0 una soluzione di AX = 0, ovvero una matrice X tale che imX ⊆ kerA; Le matrici diquesto tipo formano un sottospazio di M4(R), di dimensione 4 dim kerA, e dunque si conclude che, se L 6= ∅,allora dimL = 16− 4rkA.

Nel caso delle due matrici A e B scritte sopra, A ha rango 3 ed una soluzione particolare e data dallamatrice

X0 =

( 1 0 1 0

1 0 0 1

0 2 0 0

0 −1 −2 1

).

Osservando che kerA =

⟨( 1

2

−1

0

)⟩, si conclude che il sottospazio direttore di L e costituito dalle matrici

del tipo

(a b c d

2a 2b 2c 2d

−a −b −c −d0 0 0 0

)al variare di

( a

b

c

d

)∈ R4. Possiamo quindi scrivere la rappresentazione parametrica

della varieta L, ovvero

L =

{( 1+a b 1+c d

1+2a 2b 2c 1+2d

−a 2−b −c −d0 −1 −2 1

) ∣∣∣∣∣

( a

b

c

d

)∈ R4

}


ESERCIZIO 4. [6 punti] Sia φ un endomorfismo di uno spazio vettoriale complesso V , di dimensionefinita; e sia W un sottospazio vettoriale proprio di V , φ-stabile (ovvero φ(W ) ⊆ W ). Si dica se esiste uniperpiano H di V , φ-stabile e contenente W . Si discuta lo stesso problema per un endomorfismo di unospazio vettoriale reale.

Svolgimento. Consideriamo il sottospazio W⊥ dello spazio duale V ∗. Allora W⊥ e un sottospazio stabile perl’endomorfismo φ∗ : V ∗ → V ∗. Infatti, per ogni ξ ∈W⊥ e per ogni w ∈W , si ha

φ∗(ξ) ◦ w = ξ ◦ φ(w) = 0,

perche φ(w) ∈W . Dunque esiste un autovettore ξ0 per φ∗ appartenente a W⊥ (perche?). Posto H = 〈ξ0〉⊥,si ottiene un iperpiano φ-stabile contenente W .


Chiaramente l’affermazione e falsa in uno spazio vettoriale reale. Per avere un controesempio, e suffi-ciente prendere una rotazione (un elemento di SO2) del piano euclideo di angolo non appartenente a πZ.W = 〈0〉 e un sottospazio stabile, ma non ci sono iperpiani stabili. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 14 Aprile 2014

ESERCIZIO 1. [8 punti] Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

2 −1 1 0 0

−1 2 1 0 1

0 0 3 1 −10 0 0 1 2

0 0 0 −2 5

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 1)(X − 3)4 e quindi vi sono gli autovalori 1 e 3,con molteplicita (algebrica) 1 e 4, rispettivamente. I relativi autovettori generano i sottospazi ker(φ− 1) =〈e1 + e2〉 e ker(φ− 3) = 〈e1 + e3, e2 + e3〉.

L’autospazio generalizzato relativo all’autovalore 1 coincide con ker(φ− 1) ed ha dimensione 1 mentrel’autospazio generalizzato relativo all’autovalore 3 deve avere dimensione 4. Osservando che

A− 3 =

−1 −1 1 0 0

−1 −1 1 0 1

0 0 0 1 −10 0 0 −2 2

0 0 0 −2 2

e (A− 3)2 =

2 2 −2 1 −22 2 −2 −1 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

e (A− 3)3 =

−4 −4 4 0 2

−4 −4 4 0 2

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

si ha che polinomio minimo e λφ(X) = pφ(X) = (X − 1)(X − 3)3.

(b) Prendiamo come v1 = e1 + e2. Inoltre dalle matrici precedenti si ottiene che v5 = e4 appartiene aker(φ− 3)3 r ker(φ− 3)2 da cui si ricava v4 = (φ− 3)(v5) = e3 − 2e4 − 2e5 e v3 = (φ− 3)2(v− 5) = e1 − e2.Dovendo essere 〈v2, v3〉 = ker(φ− 3) possiamo prendere v2 = e1 + e3.

In questo modo abbiamo una base, V = {v1, . . . , v5}, rispetto a cui φ ha matrice di Jordan e possiamoquindi scrivere

J = αV,V(φ) =

1 0 0 0 0

0 3 0 0 0

0 0 3 1 0

0 0 0 3 1

0 0 0 0 3

e P = αV,E(id) =

1 1 1 0 0

1 0 −1 0 0

0 1 0 1 0

0 0 0 −2 1

0 0 0 −2 0

.

�

ESERCIZIO 2. [4 punti] Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 5 sul campo C dei numeri complessi eW ⊕U = V una decomposizione di V in somma diretta con dim(W ) = 1 e dim(U) = 4. Indichiamo con pUWl’endomorfismo di proiezione sul sottospazio W lungo la direzione U .

Determinare tutte le possibili forme di Jordan di un endomorfismo ψ : V → V tale che ψ3 = pUW .

Svolgimento. Essendo ψ3 = pUW la matrice di Jordan di ψ elevata al cubo deve essere simile alla matrice

J ′ =(

O4 0

0 1

)quindi il polinomio caratteristico di ψ deve essere pψ(X) = X4(X − α) con α radice terza

dell’unita in C (α3 = 1). Il periodo del blocco nilpotente deve essere al massimo 3 dunque le possibili formedi Jordan sono:

J1(α) =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 α

; J2(α) =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 α

; J3(α) =

0 0 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 α

; J4(α) =

0 1 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 α

;

1

2 LUISA FIOROT

con (α)3 = 1 radice terza dell’unita nei numeri complessi. �

ESERCIZIO 3. [12 punti] In A3(R) munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3} si considerino la

retta r :

{x+ y = 1

x− z = 0e il piano π : x− y = 0.

(a) Detto W il sottospazio direttore di π si scriva la matrice nel riferimento canonico R della simmetrias : A3(R)→ A3(R) di asse r e direzione W e se ne determinino i piani uniti.

(b) Determinare un sistema di riferimento R′ = {O′; v1, v2, v3} tale che la matrice associata a s in talesistema di riferimento sia diagonale.

(c) Determinare tutte le possibili direzioni U di simmetria in modo che la simmetria σUτ di direzione U easse τ : O + e2 + 〈e1 − e2, e3〉 commuti con s: s ◦ σUτ = σUτ ◦ s.

Svolgimento. (a) La matrice richiesta e

S =

1 0 0 0

1 0 −1 0

1 −1 0 0

1 1 −1 −1

.

I piani uniti sono tutti quelli paralleli alla direzione di simmetria : x − y = k con k ∈ R e tutti quellidel fascio di asse r con equazione cartesiana a(x+ y − 1) + b(x− z) = 0 con (a, b)R2; (a, b) 6= (0, 0).

(b) Infatti per determinare un sistema di riferimento in modo che la matrice associata alla simmetria siadiagonale e sufficiente prendere come origine un punto nell’asse r ad esempio O′ = O + e2 ed una base diautovettori v1 = e1 − e2 + e3; v2 = e3; v3 = e1 + e2 e in questo sistema di riferimento e chiaro che i pianiuniti sono tutti e soli quelli descritti sopra.

(c) Le matrici delle applicazioni lineari soggiacenti devono commutare fra loro e essere diagonalizzabili, quindiesse sono simultaneamente diagonalizzabili. Percio U = 〈u〉 deve essere generato da u che sia autovettore perla simmetria σ soggiacente a s e U ⊕ 〈e1 − e2, e3〉 = R3 quindi u ∈ 〈e1 + e2, e3〉 e linearmente indipendenteda e3: U = 〈e1 + e2 + αe3〉 con α ∈ R. �

ESERCIZIO 4. [6 punti] Nello spazio affine A4(Q) munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3, e4}si considerino la retta r e il piano π:

r : O + e1 + 〈e2 + e4〉 π :

{x1 + 2x3 = 5

x2 = 0

(a) Determinare la posizione reciproca di r e π e l’equazione cartesiana di un iperpiano L parallelo a π econtenente r.

(b) Determinare se esiste una retta t passante per O e che intersechi sia r che π. E unica?

Svolgimento.(a) Il piano e la retta sono sghembi in quanto non si intersacano e i loro spazi direttori si intersecano

in 0Q4 . L’iperpiano L contenente r e parallelo a π ha equazione cartesiana L : x1 + 2x3 = 1.

(b) La retta richiesta esiste ed e unica. Essa e determinata dalla condizione t = (O∨r)∩ (O∨π) = O+ 〈e1〉.

�

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 10 giugno 2014

ESERCIZIO 1. [18 punti] Nello spazio euclideo E4 con il riferimento ortonormale R = (O, e1, e2, e3, e4),si considerino i piani

π1 :

{X1 −X4 = 1

X2 +X3 = 2e π2 :

{X1 −X3 = 2

X2 +X4 = 1.

(a) Si determini la posizione reciproca dei due piani, la reciproca distanza e le coppie di punti a minimadistanza tra i due piani. E vero che tutti gli iperpiani contenenti π1, eccetto al piu uno, sono incidenticon π2? In caso affermativo, trovare l’equazione cartesiana dell’iperpiano in questione.

(b) Si verifichi che i punti

P1 =

( 1

2

0

0

), P2 =

( 2

1

0

0

), P3 =

( 0

1

2

0

), P4 =

( 0

0

2

1

),

non sono complanari e si determini il volume del tetraedro che ha questi punti come vertici. Si determinila proiezione ortogonale del tetraedro sul piano π1 e si dica se si tratta di un triangolo o di un quadrilatero.In ogni caso si determini l’area di tale proiezione.

(c) Dati tre punti P , Q, R e una sottovarieta lineare L nello spazio euclideo En, e vero che l’area del triangoloPQR e sempre maggiore o uguale dell’area della proiezione ortogonale del triangolo sulla sottovarietaL? In caso affermativo, si scriva una dimostrazione; in caso negativo, si presenti un controesempio.

Svolgimento. (a) Il piano π1 =

( 1

2

0

0

)+

⟨( 1

0

0

1

),

( 0

1

−10

)⟩ha intersezione vuota con il piano π2, come si

vede sostituendo la rappresentazione parametrica dei suoi punti nelle equazioni cartesiane di π2. I due piani

hanno in comune la direzione

⟨( 1

−11

1

)⟩. Si ha π2 =

( 2

1

0

0

)+

⟨( 1

0

1

0

),

( 0

−10

1

)⟩. Indicati con P(a,b) =

( 1+a

2+b

−ba

),

(a, b) ∈ R2, e Q(c,d) =

( 2+c

1−dc

d

), (c, d) ∈ R2, i generici punti dei due piani, il vettore P(a,b)−Q(c,d) e ortogonale

a entrambo i piani se, e solo se,

−1 + 2a− c− d = 0

1 + 2b+ c+ d = 0

−1 + a− b− 2c = 0

ovvero

a = −bc = − 1

2 − bd = − 1

2 − b.

Le coppie di punti di minima distanza sono quindi formate dai punti

( 1−b2+b

−b−b

)∈ π1 e

32−b32+b

− 12−b− 1

2−b

∈ π2, al

variare di b ∈ R. In particolare, la distanza tra i due piani e uguale a 1.E sufficiente considerare il generico iperpiano del fascio di asse π1, h(α,β) : α(X1 − X4 − 1) + β(X2 +

X3 − 2) = 0, al variare dei parametri omogenei (α, β); e osservare che il sistema lineare

h(α,β) ∩ π2 :

X1 −X3 = 2

X2 +X4 = 1

αX1 + βX2 + βX3 − αX4 = α+ 2β

ha ranghi (3, 3) (intersezione una retta) per tutti i valori di (α, β) eccetto il caso in cui 〈(α, β)〉 = 〈(1,−1)〉e le due sottovarieta lineari sono parallele, ovvero l’iperpiano h(1,−1) : X1 −X2 −X3 −X4 + 1 = 0.

3


(b) Il tetraedro di vertici P1, P2, P3, P4, ha come lati i vettori P2 − P1, P3 − P1, P4 − P1. Indicata con

T =

( 1 −1 −1−1 −1 −20 2 2

0 0 1

), la matrice che ha come colonne le coordinate di questi vettori nel riferimento ortonormale

dato; si ha che il volume del tetraedro e uguale a

V = 16

√det(tTT ) = 1

6

√det

(2 0 1

0 6 7

1 7 10

)=

2

3.

Da cui si conclude che i quattro punti non sono complanari.

La proiezione ortogonale sul piano π1 ha matrice affine

P =

1 0 0 0 0

1/2 1/2 0 0 1/2

1 0 1/2 −1/2 0

1 0 −1/2 1/2 0

−1/2 1/2 0 0 1/2

.

Quindi le proiezioni dei vertici del tetraedro sono, rispettivamente, i punti

Q1

Q2

Q3

Q4

Q1 = P1 =

( 1

2

0

0

), Q2 =

3/2

3/2

1/2

1/2

, Q3 =

1/2

1/2

3/2

−1/2

, Q4 =

( 1

0

2

0

).

I punti Q1, Q2, Q3, non sono allineati e Q4 −Q3 = (Q2 −Q3)− (Q1 −Q3). Quindi, utilizzando coordinatebaricentriche, si ha Q4 = −Q1 +Q2 +Q3, per cui i punti Q1 e Q4 sono dai lati opposti della retta Q2 ∨Q3;ovvero la proiezione del tetraedro e costituita dai due triangoli Q1Q2Q3 e Q2Q3Q4 (ovvero dal parallelo-gramma rappresentato qui sopra, visto che dalla relazione baricentrica si ricava Q4−Q3 = Q2−Q1). L’areacercata e quindi l’area del parallelogramma di lati Q2−Q1 e Q3−Q1 (o la somma delle aree dei due triangoliQ1Q2Q3 e Q2Q3Q4 se non si riconosce il parallelogramma), che e uguale a 2.

(c) Sia L = P0 + U e si considerino i vettori v = Q − P e w = R − P . Per il teorema di decomposizioneortogonale, possiamo scrivere v = u1 + n1 e w = u2 + n2, con u1, u2 ∈ U e n1, n2 ∈ U⊥ e i vettori u1 e u2sono i lati del triangolo proiettato sulla sottovarieta L. Detta A l’area del triangolo PQR e B l’area dellasua proiezione, e ricordando l’identita di Lagrange, si ha quindi

4A2 = det

((u1 + n1) · (u1 + n1) (u1 + n1) · (u2 + n2)(u2 + n2) · (u1 + n1) (u2 + n2) · (u2 + n2)

)e 4B2 = det

(u1 · u1 u1 · u2u2 · u1 u2 · u2

).

Da cio si deduce con un calcolo diretto,

4(A2 −B2) = ‖u1‖2‖n2‖2 + ‖n1‖2‖u2‖2 − 2(u1 · u2)(n1 · n2) +

(‖n1‖2‖n2‖2 − (n1 · n2)2

)

Per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, si ha ‖n1‖2‖n2‖2 − (n1 · n2)2 ≥ 0 e quindi possiamo scrivere

4(A2 −B2) ≥ ‖u1‖2‖n2‖2 + ‖n1‖2‖u2‖2 − 2(u1 · u2)(n1 · n2) ≥≥ ‖u1‖2‖n2‖2 + ‖n1‖2‖u2‖2 − 2‖u1‖‖u2‖‖n1‖‖n2‖ = (‖u1‖‖n2‖ − ‖n1‖‖u2‖)2 ≥ 0

applicando di nuovo la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz(∗). �

(∗) Naturalmente, ricordando che l’area del triangolo si puo calcolare come (base · altezza)/2, [ovvero che la misura bidimen-

sionale (area) di un prodotto di segmenti e il prodotto delle misure uno-dimensionali (lunghezze) dei fattori quando questi sono

ortogonali] ci si poteva ricondurre a mostrare che la lunghezza di qualsiasi segmento e maggiore o uguale della lunghezza di una

sua proiezione ortogonale, ma sarebbe stato meno convincente (credo).

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 10 giugno 2014 5

ESERCIZIO 2. [12 punti] Nello spazio euclideo tridimensionale E3, munito del riferimento ortonormaleR = {O; e1, e2, e3}, si considerino i piani τ1 : X + 2Y − Z = 3 e τ2 : X + Y = 0.(a) Si scriva la matrice nel riferimento R dell’isometria che si ottiene componendo la riflessione σ1, rispetto

al piano τ1, seguita dalla traslazione, τ , di vettore e1 + e2 − 3e3. Si determini la decomposizione diEulero dell’isometria τ ◦ σ1.

(b) Detta σ2 la riflessione rispetto al piano τ2, si scriva la matrice nel riferimento R dell’isometria f =σ2 ◦ τ ◦ σ1. Si classifichi, secondo Eulero, l’isometria f e si determinino le sottovarieta lineari unite perquesta trasformazione.

Svolgimento. (a) Sia P0 =

(3

0

0

)∈ τ1 e sia n1 =

(1

2

−1

)il vettore ortogonale al piano. Si ha quindi

σ1(X) = X − 2 (X−P0)·n1

n1·n1n1, da cui si ottiene la matrice di τ ◦ σ1, ovvero

αR,R(τ ◦ σ1) =

1 0 0 02 2/3 −2/3 1/33 −2/3 −1/3 2/3−4 1/3 2/3 2/3

.

Il vettore t =

(2

3

−4

)=

(2

4

−2

)+

(0

−1−2

), con il primo addendo in 〈n1〉 e il secondo in 〈n1〉⊥. Quindi τ ◦ σ1

e una glisso-riflessione; composizione della riflessione rispetto al piano O + n1 + 〈n1〉⊥ con la traslazione di

vettore v0 =

(0

−1−2

), parallelo al piano di riflessione.

(b) Con un calcolo analogo a quanto visto nel punto precedente, si ottiene la matrice αR,R(σ2) e quindi

αR,R(σ2) =

1 0 0 00 0 −1 00 −1 0 00 0 0 1

e αR,R(f) = αR,R(σ2)αR,R(τ ◦ σ1) =

1 0 0 0−3 2/3 1/3 −2/3−2 −2/3 2/3 −1/3−4 1/3 2/3 2/3

.

L’applicazione lineare associata a f e una rotazione di asse parallelo al vettore v =

(−11

1

)(autovettore

relativo all’autovalore 1); e il vettore traslazione si decompone come t0 =

(−3−2−4

)=

(1

−1−1

)+

(−4−1−3

), con

il primo addendo in 〈v〉 e il secondo in 〈v〉⊥. Quindi f e la rototraslazione che si ottiene componendo larotazione di asse h = O−5e1 +7e2 + 〈v〉 e angolo π

3 , con la traslazione di vettore −v = e1−e2−e3, paralleloall’asse. L’unica sottovarieta lineare unita e la retta h (asse di rotazione). �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 26 giugno 2014 – Compito A


5 −1 1 −3 1

0 −2 0 0 1

0 0 2 0 0

6 0 0 −4 1

0 −4 2 0 3

rispetto alla

base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Sia B una matrice di rango 1 in Mn(C), ove n e un intero maggiore di 1. E vero che B e triangolarizzabile,

qualunque sia il campo C? E vero che B e diagonalizzabile, qualunque sia il campo C, se, e solo se,trB 6= 0? In tal caso, qual e la forma diagonale? E qual e la forma di Jordan di B quando trB = 0?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)3(X + 1)2 e coincide col polinomio minimo,perche sia A+ 1 che A− 2 · 1 hanno rango 4. Infatti

A+ 1 =

6 −1 1 −3 1

0 −1 0 0 1

0 0 3 0 0

6 0 0 −3 1

0 −4 2 0 4

, (A+ 1)2 =

18 −9 11 −9 6

0 −3 2 0 3

0 0 9 0 0

18 −10 8 −9 7

0 −12 14 0 12

, A− 21 =

3 −1 1 −3 1

0 −4 0 0 1

0 0 0 0 0

6 0 0 −6 1

0 −4 2 0 1

.

Gli spazi di autovettori sono ker(φ− 2id) = 〈e1 + e4〉 e ker(φ+ id) = 〈e1 + 2e4〉.(b) Poiche sia A + 1 che A − 2 · 1 hanno rango 4, vi e un unico blocco di Jordan per ciascun autovalore.Ricordando che im(φ+id)2 = ker(φ−2id)3, si ricavano facilmente, tramite la matrice (A+1)2, le coordinatedi un autovettore generalizzato di periodo massimo per ciascun autovalore. La matrice di Jordan, J , e lamatrice di cambiamento di base, P , sono quindi

J =

2 1 0 0 0

0 2 1 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 −1 1

0 0 0 0 −1

, P =

12 30 11 3 0

0 6 2 0 3

0 0 9 0 0

12 32 8 6 −10 24 14 0 3

.

(c) Se B ha rango 1, ha un nucleo di dimensione n−1. Quindi il suo polinomio caratteristico e divisibile perXn−1 ed e uguale a pB(X) = Xn − trBXn−1, che ha tutte le radici nel campo C. Dunque B e triangolar-izzabile ed e anche diagonalizzabile se trB 6= 0, perche ha un autovalore non nullo (la traccia). Altrimenti,B e nilpotente e di rango 1, per cui il suo polinomio minimo e λB(X) = X2 che, unito all’informazione sulrango, determina in modo univoco la forma di Jordan di B. �

ESERCIZIO 2. [10 punti] Nello spazio euclideo E4, col sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3, e4}), siconsiderino i seguenti punti:

P1 =

( 1

1

0

1

), P2 =

( 0

1

1

1

), P3 =

( 1

0

1

1

), P4 =

( 0

0

−12

), P5 =

( 1

0

−22

).

(a) Si determinino l’area del triangolo P1P2P3 e le equazioni cartesiane del piano, π, che lo contiene. Sideterminino le equazioni cartesiane della retta r = P4 ∨ P5, le reciproche posizioni di r e π e la lorodistanza.

(b) Si determinino (se esistono) gli iperpiani contenenti π e a distanza 1 da r. E vero che, presi comunquedue punti P e P ′ di r i tetraedri di vertici P1P2P3P e P1P2P3P

′ hanno lo stesso volume? In caso positivo,si calcoli tale volume, in caso negativo si scriva il volume del tetraedro P1P2P3P , come funzione delpunto P , variabile in r.

6

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 26 giugno 2014 – Compito A 7

Svolgimento. (a) Presi i vettori P2 − P1 = e3 − e1 e P3 − P1 = e3 − e2, e indicata con T la matrice che hacome colonne le coordinate dei due vettori nel riferimento (ortonormale) dato, l’area del triangolo e uguale

ad A = 12

√det(tTT ) =

√32 . Le equazioni cartesiane del piano π e della retta r = (O + 2e4 − e3) + 〈e1 − e3〉

sono

π :

{X1 +X2 +X3 = 2

X4 = 1, e r :

X1 +X3 = −1

X2 = 0

X4 = 2

.

La retta e il piano sono paralleli ed hanno intersezione vuota.La distanza tra r e π e la distanza di un qualsiasi punto di r da π (perche?); ovvero la distanza di

P4 = O + 2e4 − e3 dalla sua proiezione ortogonale sul piano π, che e il punto P1. Quindi, dist(r, π) =dist(P4, P1) = ‖P1 − P4‖ = 2.

(b) Il fascio di iperpiani di E4 di asse π e formato dagli iperpiani di equazioni h(a,b) : a(X1 + X2 + X3 −2) + b(X4 − 1) = 0, al variare dei parametri omogenei (a, b). Tutti gli iperpiani sono paralleli a r e quindila reciproca distanza coincide con la distanza di un qualsiasi punto di r da h(a,b). Quindi cerchiamo i valoridei parametri omogenei (a, b), per cui si abbia

dist(h(a,b), r) = dist(h(a,b), P4) =| − 3a+ b|√

3a2 + b2= 1.

Si tratta quindi dell’iperpiano X4 = 1 (a = 0) e dell’iperpiano X1 +X2 +X3 +X4 = 3 (a = b).

Un generico punto Ps della retta r ha coordinate Ps =

( s

0

−1−s2

), al variare di s ∈ R. Le colonne delle

coordinate dei vettori P2 − P1, P3 − P1, Ps − P1 formano la matrice

Ts =

(−1 0 −1+s0 −1 −11 1 −1−s0 0 1

)=

(−1 0 −10 −1 −11 1 −10 0 1

)(1 0 −s0 1 0

0 0 1

).

Si ha percio

tTsTs =

(1 0 0

0 1 0

−s 0 1

)(2 1 0

1 2 0

0 0 4

)(1 0 −s0 1 0

0 0 1

);

e quindi il suo determinante e indipendente da s e costantemente uguale a 12. Dunque, il volume del tetraedroe costantemente uguale a 1

6

√det(tTsTs) = 1√

3. �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3})si considerino i piani

τ1 : X + Y − 2 = 0, τ2 : X − Z − 1 = 0, τ3 : 2X + Z − 2 = 0.

(a) Indicata con σi : E3 → E3 la riflessione rispetto al piano τi, per i = 1, 2, 3; si scrivano le matrici nelriferimento canonico delle tre riflessioni.

(b) Si classifichi secondo Eulero l’isometria composta σ1 ◦ σ2 ◦ σ3. Si esplicitino le relazioni tra la decompo-sizione secondo Eulero di questa isometria e quella dell’isometria σ3 ◦ σ2 ◦ σ1.

Svolgimento. (a) Se P0 e un punto del piano di riflessione e n e un vettore normale al piano, il riflesso del

punto X e il punto σ(X) = X − 2 (X−P0)·nn·n n. Dunque le tre matrici richieste sono

S1 =

( 1 0 0 0

2 0 −1 0

2 −1 0 0

0 0 0 1

), S2 =

( 1 0 0 0

1 0 0 1

0 0 1 0

−1 1 0 0

), S3 =

( 1 0 0 0

8/5 −3/5 0 −4/50 0 1 0

4/5 −4/5 0 3/5

),

ove Si = αR,R(σi) per i = 1, 2, 3.


(b) La matrice dell’isometria composta dalle tre riflessioni e il prodotto S1S2S3 =

( 1 0 0 0

2 0 −1 0

1/5 4/5 0 −3/53/5 −3/5 0 −4/5

).

Si tratta quindi di un’isometria inversa, la cui componente lineare ha l’autovalore −1, a cui corrispondel’autospazio 〈e1 + e2 + 3e3〉, ma non e diagonalizzabile. Si tratta quindi di una rotoriflessione e possiamodeterminare l’asse di rotazione e il piano di riflessione, osservando che la proiezione lungo l’autospazio dellacomponente traslatoria di f = σ1 ◦ σ2 ◦ σ3 e il vettore 4

11 (e1 + e2 + 3e3) e osservando inoltre che il puntoP = O + e1 + e2, punto di intersezione dei tre piani, e un punto unito per f . Dunque, f si decompone nellariflessione rispetto al piano τ := O + 2

11 (e1 + e2 + 3e3) + 〈e1 − e2, 3e1 − e3〉 seguita da una rotazione di asseP + 〈e1 + e2 + 3e3〉 e angolo ϑ, determinato dalla condizione 2 cosϑ = tr(S1S2S3) = 1/5.

L’isometria σ3 ◦ σ2 ◦ σ1 e l’isometria inversa di f e quindi e la composizione della stessa riflessione conla rotazione inversa. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 26 giugno 2014 – Compito B


3 0 2 6 −20 0 0 0 2

0 0 2 0 0

−1 −2 0 −4 2

0 3 1 0 −1

rispetto

alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Sia B una matrice di rango 1 in Mn(C), ove n e un intero maggiore di 1. E vero che B e triangolarizzabile,

qualunque sia il campo C? E vero che B e diagonalizzabile, qualunque sia il campo C, se, e solo se,trB 6= 0? E vero che due matrici di rango 1 (dello stesso ordine n) sono simili se, e solo se, hanno tracciauguale?

ESERCIZIO 2. [10 punti] Nello spazio euclideo E4, col sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3, e4}), siconsiderino i seguenti punti:

P1 =

( 1

1

0

1

), P2 =

( 1

1

1

0

), P3 =

( 0

1

1

1

), P4 =

( 0

2

0

−1

), P5 =

(−22

1

0

).

(a) Si determinino l’area del triangolo P1P2P3 e le equazioni cartesiane del piano, π, che lo contiene. Sideterminino le equazioni cartesiane della retta r = P4 ∨ P5, le reciproche posizioni di r e π e la lorodistanza.

(b) Si determinino (se esistono) gli iperpiani contenenti π e a distanza 1 da r. E vero che, presi comunquedue punti P e P ′ di r i tetraedri di vertici P1P2P3P e P1P2P3P

′ hanno lo stesso volume? In caso positivo,si calcoli tale volume, in caso negativo si scriva il volume del tetraedro P1P2P3P , come funzione delpunto P , variabile in r.

ESERCIZIO 3. [10 punti] Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3})si considerino i piani

τ1 : X − Y − 1 = 0, τ2 : X + Z − 2 = 0, τ3 : 2X + Y − 2 = 0.

(a) Indicata con σi : E3 → E3 la riflessione rispetto al piano τi, per i = 1, 2, 3; si scrivano le matrici nelriferimento canonico delle tre riflessioni.

(b) Si classifichi secondo Eulero l’isometria composta σ1 ◦ σ2 ◦ σ3. Si esplicitino le relazioni tra la decompo-sizione secondo Eulero di questa isometria e quella dell’isometria σ3 ◦ σ2 ◦ σ1.



−5 0 2 8 0

1 0 0 −2 1

0 0 −1 0 0

−2 0 1 3 0

0 −1 0 0 −2

rispetto alla

base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 1)5 e rk(A+ 1) = 3. Si ha

A+ 1 =

−4 0 2 8 0

1 1 0 −2 1

0 0 0 0 0

−2 0 1 4 0

0 −1 0 0 −1

, (A+ 1)2 =

0 0 0 0 0

1 0 0 −2 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

−1 0 0 2 0

, (A+ 1)3 = 05.

Il polinomio minimo e quindi λφ(X) = (X+ 1)3 e lo spazio di autovettori e ker(φ+ id) = 〈2e1 + e4, e2 − e5〉.(b) Vi sono quindi due blocchi di Jordan per l’autovalore −1, di cui uno ha ordine 3. Un autovettoregeneralizzato di periodo massimo e v5 = e1 e poniamo v4 = (φ + id)(v5) = −4e1 + e2 − 2e4 e v3 =(φ + id)(v4) = e2 − e5. Posto v2 = e3 e v1 = (φ + id)(v2) = 2e1 + e4, abbiamo determinato una baseV = {v1, . . . , v5}, rispetto a cui φ ha matrice di Jordan. Possiamo quindi scrivere

J =

−1 1 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 −1 1 0

0 0 0 −1 1

0 0 0 0 −1

, P =

2 0 0 −4 1

0 0 1 1 0

0 1 0 0 0

1 0 0 −2 0

0 0 −1 0 0

.

�

ESERCIZIO 2. [4 punti] Sia A(F3q) lo spazio affine tridimensionale sul campo Fq con q elementi. Data una

retta r e un punto P /∈ r, quante sono le rette di A(F3q) passanti per P e sghembe con r? E quante sono le

altre rette di A(F3q), passanti per P?

Svolgimento. Scegliamo un riferimento in A(F3q) che abbia il punto P come origine e il piano P ∨ r come

piano z = 0. Dunque le rette per P , sghembe con r sono in corrispondenza biunivoca con i sottospazi di

dimensione 1 di F3q, generati da un vettore

(x

y

z

)con z = 1. Si conclude che ci sono q2 rette per P , sghembe

con r e quindi che le altre rette per P (parallele o incidenti r) sono q + 1. �

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo E4, col sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3, e4}), si considerino

le sottovarieta lineari: r =

( 0

1

0

1

)+

⟨( 1

0

1

0

)⟩e s :

X1 +X2 = 0

X2 +X3 = 1

X3 +X4 = 0

.

(a) [3 punti] Si determinino la distanza e l’angolo tra r e s e le equazioni della sottovarieta lineare r ∨ s.

(b) [3 punti] Sia P =

( 2

2

1

3

)e si determinino una retta t, passante per P , incidente sia r che s, e le coordinate

dei punti A = r∩ t e B = s∩ t. E vero che, per un punto X dello spazio, E4 passa una retta complanaresia con r che con s se, e solo se, X ∈ r ∨ s?

(c) [3 punti] Sia h la retta, passante per P , ortogonale e incidente r e sia k la retta, passante per P ,ortogonale e incidente s. Si determinino le coordinate dei punti C = r ∩ h e D = s ∩ k. Si determini ilvolume del tetraedro di vertici ABCD.

10


(d) [3 punti] Si scriva la matrice nel riferimento R di un’isometria di E4 che lasci unito (globalmente)l’iperpiano r ∨ s e mandi il punto P nell’origine.

Svolgimento. (a) Si ha r ∩ s = ∅ e gli spazi direttori, Wr = 〈e1 + e3〉 di r e Ws = 〈e1 − e2 + e3 − e4〉 dis, hanno intersezione banale, percui le due rette sono sghembe. Presi i punti P0 = O + e2 + e4 di r eQ0 = O + e3 − e4 di s, la proiezione del vettore Q0 − P0 sul sottospazio (Wr +Ws)

⊥ e

( 0

−11

−2

)− 1

2

( 1

0

1

0

)+

3

2

( 0

1

0

1

)=

−1/21/2

1/2

−1/2

e la sua norma e la distanza tra le due rette; ovvero d(r, s) = 1.L’angolo tra le due rette e uguale a π

4 , essendo

cosα(r, s) =|(e1 + e3) · (e1 − e2 + e3 − e4)|‖e1 + e3‖ ‖e1 − e2 + e3 − e4‖

=1√2.

Infine imponendo a un generico iperpiano per s, di contenere la retta r, si ricava r∨s : X1+X2−X3−X4 = 0.

(b) I piani per P contenenti rispettivamente r e s sono

r ∨ P =

( 0

1

0

1

)+

⟨( 1

0

1

0

),

( 2

1

1

2

)⟩e s ∨ P :

{X1 −X2 − 2X3 = −2

X1 +X2 −X3 −X4 = 0.

La loro intersezione e la retta t =

( 1

1

1

1

)+

⟨( 1

1

0

2

)⟩, da cui si ricava A =

( 1

1

1

1

)e B =

( 0

0

1

−1

).

Se un punto X ∈ r ∨ s, l’intersezione dei due piani r ∨ P e s ∨ P da una retta complanare con r e cons. Viceversa se un punto sta su una retta complanare con r e con s allora o e incidente con entrambo equindi generata da due punti di r ∨ s o e incidente con una e parallela all’altra e quindi ancora contenutanello stesso iperpiano.

(c) Detto Pt =

( t

1

t

1

)il generico punto della retta r, il vettore P − Pt risulta ortogonale a Wr se e solo

se t = 32 . Analogamente, detto Qs =

( s

−s1+s

−1−s

)il generico punto della retta s, il vettore P − Qs risulta

ortogonale a Ws se e solo se s = −1. Dunque C =

(3/2

1

3/2

1

)e D =

(−11

0

0

).

Le coordinate dei vettori B − A, C − A, D − A sono le colonne della matrice T =

(−1 1/2 −2−1 0 0

0 1/2 −1−2 0 −1

). Il

volume cercato e 16

√det(tTT ) = 1

6 .

(d) La riflessione rispetto all’iperpiano r ∨ s lo lascia, ovviamente, invariato, e, composta con la traslazionedi vettore O−P , parallelo all’iperpiano in questione, produce un’isometria di E4 che soddisfa alle condizionirichieste. La sua matrice nel riferimento dato e

1 0 0 0 0

−2 1/2 −1/2 1/2 1/2

−2 −1/2 1/2 1/2 1/2

−1 1/2 1/2 1/2 −1/2−3 1/2 1/2 −1/2 1/2

,

determinata in modo analogo al caso tridimensionale (naturalmente, nessuno vietava di scegliere come isome-tria la sola traslazione di vettore O − P ). �


ESERCIZIO 4. [8 punti] Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3})si considerino i piani τ1 : X + 2Y − 1 = 0 e τ2 : X − 2Z − 2 = 0.(a) Indicata con σi : E3 → E3 la riflessione rispetto al piano τi, per i = 1, 2; si scrivano le matrici nel

riferimento canonico delle due riflessioni e si classifichi secondo Eulero l’isometria composta σ1 ◦ σ2.(b) Che isometria si ottiene componendo una glissoriflessione e una rotoriflessione che abbiano lo stesso

piano di riflessione? Che isometria si ottiene componendo una glissoriflessione e una rotoriflessione cheabbiano piani di riflessione paralleli?

Svolgimento. (a) Se P0 e un punto del piano di riflessione e n e un vettore normale al piano, il riflesso del

punto X e il punto σ(X) = X − 2 (X−P0)·nn·n n. Dunque le due matrici richieste sono

S1 =

( 1 0 0 0

2/5 3/5 −4/5 0

4/5 −4/5 −3/5 0

0 0 0 1

), S2 =

( 1 0 0 0

4/5 3/5 0 4/5

0 0 1 0

−8/5 4/5 0 −3/5

),

ove Si = αR,R(σi) per i = 1, 2.L’isometria composta da due riflessioni e una rotazione di asse l’intersezione dei due piani di riflessione

(h = O + 12e2 − e3 + 〈2e1 − e2 + e3〉), perche e un’isometria diretta e ha una retta di punti uniti. La

matrice dell’isometria composta e il prodotto S1S2 =

( 1 0 0 0

22/25 9/25 −4/5 12/25

4/25 −12/25 −3/5 −16/25−8/5 4/5 0 −3/5

)e la sua traccia permette

di identificare il coseno dell’angolo di rotazione, ovvero −23/25.

(b) Nella composizione di una glissoriflessione e di una rotoriflessione che abbiano lo stesso piano di riflessione,le due riflessioni rispetto allo stesso piano producono l’identita e quindi si tratta di una rotazione seguitada una traslazione ortogonale all’asse di rotazione (perche parallela al piano di riflessione). Quindi di unarotazione rispetto ad un asse parallelo a quello della rotoriflessione.

Nella composizione di una glissoriflessione e di una rotoriflessione che abbiano piani di riflessione paralleli,le due riflessioni producono una traslazione di vettore ortogonale ai piani di riflessione e quindi paralleloall’asse di rotazione della rotoriflessione, che si va ad aggiungere alla componente traslatoria della glissori-flessione (ortogonale all’asse). Si ottiene quindi una rototraslazione rispetto a un asse parallelo a quello dellarotoriflessione.

In entrambo i casi, la posizione dell’asse di rotazione dell’isometria composta dipende dall’ordine concui si effettuano le due isometrie. �



4 1 0 2 0

0 1 1 0 1

0 2 0 0 1

−5 −1 0 −3 0

0 0 0 0 2

rispetto alla base

canonica.(a) [3 punti] Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori

per φ.(b) [3 punti] Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) [3 punti] Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 12 sul campo Q e sia ψ : V → V un endomorfismo

soggetto alle seguenti condizioni:

rk(ψ − 2id)2 > rk(ψ − 2id)3 = 7, rkψ > rkψ2 = 8, rk(ψ + id)2 > rk(ψ + id)3 = 9.

Quali sono le possibili matrici di Jordan per ψ? E vero che, se W e un sottospazio non banale di V eψ(W ) ⊆W , allora W contiene un autovettore di ψ?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)3(X + 1)2 e rk(A+ 1) = 3, rk(A− 21) = 4.Si ha

A+ 1 =

5 1 0 2 0

0 2 1 0 1

0 2 1 0 1

−5 −1 0 −2 0

0 0 0 0 3

, A− 21 =

2 1 0 2 0

0 −1 1 0 1

0 2 −2 0 1

−5 −1 0 −5 0

0 0 0 0 0

, (A− 21)2 =

−6 −1 1 −6 1

0 3 −3 0 0

0 −6 6 0 0

15 1 −1 15 −10 0 0 0 0

.

Il polinomio minimo e quindi λφ(X) = (X + 1)(X − 2)3 e gli spazi di autovettori sono ker(φ + id) =〈2e1 − 5e4, 2e2 − 4e3 − e4〉 e ker(φ+ 2id) = 〈e1 − e4〉.(b) Vi sono quindi due blocchi di Jordan, di ordine 1, per l’autovalore −1, e uno, di ordine 3, per l’autovalore2. Un autovettore generalizzato di periodo massimo per l’autovalore 2 e v5 = e5 ∈ im(φ+id) = ker(φ−2id)3.Poniamo quindi v4 = (φ − 2id)(v5) = e2 + e3 e v3 = (φ − 2id)2(v5) = e1 − e4. Posto v1 = 2e1 − 5e4 ev2 = 2e2 − 4e3 − e4, abbiamo determinato una base V = {v1, . . . , v5}, rispetto a cui φ ha matrice di Jordan.Possiamo quindi scrivere

J =

−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 2 1 0

0 0 0 2 1

0 0 0 0 2

, P =

2 0 1 0 0

0 2 0 1 0

0 −4 0 1 0

−5 −1 −1 0 0

0 0 0 0 1

.

(c) Dunque dim ker(ψ−2id)3 = 5, dim kerψ2 = 4 e dim ker(ψ+id)3 = 3. La somma delle dimensioni e ugualea 12 = dimV ; quindi per il Lemma di Decomposizione, V = ker(ψ−2id)3⊕kerψ2⊕ker(ψ+id)3. Il polinomiocaratteristico di ψ e pψ(X) = X4(X − 2)5(X + 1)3 e il polinomio minimo e λψ(X) = X2(X − 2)3(X + 1)3.Nella matrice di Jordan di ψ ci sono quindi, un blocco di ordine 3 relativo all’autovalore −1, un blocco diordine 3 relativo all’autovalore 2 e almeno un blocco di ordine 2 relativo all’autovalore 0. Quindi vi sonoquattro possibilita per la matrice di Jordan di ψ; e precisamente, oltre ai blocchi citati:

- due blocchi di ordine 1 relativi all’autovalore 2 e due blocchi di ordine 1 relativi all’autovalore 0;- due blocchi di ordine 1 relativi all’autovalore 2 e un blocco di ordine 2 relativo all’autovalore 0;- un blocco di ordine 2 relativo all’autovalore 2 e due blocchi di ordine 1 relativi all’autovalore 0;- un blocco di ordine 2 relativo all’autovalore 2 e un blocco di ordine 2 relativo all’autovalore 0.

Infine, se ψ(W ) ⊆ W , allora il polinomio caratteristico di ψ|W ha grado positivo e divide il polinomiocaratteristico di ψ, che ha tutti i suoi zeri nel campo Q. Quindi deve esserci un autovalore razionale per ψ|Wa cui corrisponde almeno un autovettore in W . �

13


ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4, col sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3, e4}), si considerino

le sottovarieta lineari: π1 =

( 1

0

−10

)+

⟨( 1

1

0

2

),

( 0

1

1

0

)⟩e π2 :

{X1 −X2 − 2X3 = 0

2X1 − 2X2 −X3 = 3.

(a) [3 punti] Si determinino le dimensioni, la reciproca posizione e la distanza tra le due sottovarieta lineari.Si determinino le coppie di punti di minima distanza tra π1 e π2.

(b) [3 punti] Si determini, se esiste un piano τ , tale che τ ∩ π1 = {O + e1 − e3} e τ ∩ π2 = {O + 2e1 + e3}.E possibile descrivere tutti i piani soddisfacenti a questa condizione?

(c) [3 punti] Si scriva una matrice di un’isometria, f : E4 → E4, tale che f(π1) = π2 e f(π2) = π1. Una taleisometria e unica?

Svolgimento. (a) Le due sottovarieta lineari hanno entrambe rango 2, essendo definite da sistemi lineari dirango 2 in E4. In particolare, π2 = O + 2e1 + e3 + 〈e1 + e2, e4〉. Si tratta quindi di due piani, che hannointersezione vuota, ma hanno in comune solo la direzione 〈e1 + e2 + 2e4〉.

Una direzione ortogonale a entrambi i piani e generata dal vettore n = e1−e2+e3 e quindi, la distanza trai due piani e uguale alla lunghezza della proiezione ortogonale del vettore (O+2e1+e3)−(O+e1−e3) = e1+2e3lungo 〈n〉, ovvero dist(π1, π2) = (e1+2e3)·n

‖n‖ =√

3.

Le coppie di punti di minima distanza formano l’insieme { (Pa, Qa) | a ∈ R }, ove Pa = O+ (a+ 1)e1 +(a+ 1)e2 + 2ae4 e Qa = O + (a+ 2)e1 + ae2 + e3 + 2ae4.

(b) Il piano τ deve contenere la retta per i due punti O + e1 − e3 e O + 2e1 + e3, ovvero r = O + e1 −e3 + 〈e1 + 2e3〉. Inoltre, deve essere parallelo a un’altra direzione, v = x1e1 + x2e2 + x3e3 + x4e4, tale che〈e1 + 2e3, v〉 sia un sottospazio complementare ai sottospazi direttori dei due piani. Ad esempio, prendendo

v = e1 si ha un tale piano; quello di equazioni

{X2 = 0

X4 = 0.

I piani di questo tipo, sono quindi determinati dalla scelta del vettore v, che possiamo scegliere in uniperpiano (vettoriale) complementare al sottospazio 〈e1 + 2e3〉; ad esempio, nell’iperpiano X1 + 2X3 = 0,purche il sottospazio direttore di τ sia complementare ai sottospazi direttori dei due piani, ovvero nonappartenga ai due iperpiani 〈e1 + 2e3, e1 + e2 + 2e4, e2 + e3〉, di equazione 4X1 + 2X2 − 2X3 − 3X4 = 0 e〈e1 + 2e3, e1 + e2, e4〉 di equazione 2X1 − 2X2 −X3 = 0.

(c) Siano P0 = O + e1 + e2 e Q0 = O + 2e1 + e3 una coppia di punti di minima distanza tra i due piani.Possiamo scrivere π1 = P0 + 〈v1, v2〉 π2 = Q0 + 〈v2, v3〉, ove

v1 =1√3

(e1 + e2 − e4), v2 =1√6

(e1 + e2 + 2e4), v3 =1√66

(e1 − 5e2 − 6e3 + 2e4).

Ovvero scegliendo basi ortonormali dei sottospazi direttori e due punti di applicazione, P0 e Q0, tali che

v4 =1

‖Q0 − P0‖(Q0 − P0) =

1√3

(e1 − e2 + e3) ∈ 〈v1, v2, v3〉⊥ .

Prendiamo come origine il punto M = P0+Q0

2 ed otteniamo un riferimento (affine) T = (M, {v1, v2, v3, v4}),i cui vettori sono normalizzati, ma non sono a due a due ortogonali.

L’affinita che lascia fisso M e ha come applicazione lineare associata φ : R4 → R4 definita da φ(v1) = v3,φ(v2) = v2, φ(v3) = v1 φ(v4) = −v4, scambia tra loro i due piani π1 e π2 ed e un isometria, perche, per ognivettore v = av1 + bv2 + cv3 + dv4, si ha

‖φ(v)‖2 = ‖av3 + bv2 + cv1 − dv4‖2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2acv1 · v3 = ‖av1 + bv2 + cv3 + dv4‖2 = ‖v‖2.

La matrice di f nel riferimento T e quindi

1 0 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 0 −1

. I due piani non variano se si compie una

traslazione parallela alla direzione comune ai due piani, 〈v2〉, e quindi possiamo comporre f con una qualsiasitraslazione di questo tipo e ottenere un’altra isometria con le stesse proprieta. �

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 28 agosto 2014 15

ESERCIZIO 3. [6 punti] Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3})si consideri l’isometria composta dalla riflessione rispetto al piano π1 : X1 − 2X3 − 1 = 0, seguita dallatraslazione di vettore v = 2e1 + e2 + e3 e seguita ulteriormente dalla riflessione rispetto al piano π2 :X1 −X2 −X3 − 2 = 0. Si scrivano le matrici delle singole isometrie e della loro composizione e si classifichisecondo Eulero l’applicazione composta.

Svolgimento. Le matrici sono

S2 =

1 0 0 0

4/3 1/3 2/3 2/3

−4/3 2/3 1/3 −2/3−4/3 2/3 −2/3 1/3

, T =

1 0 0 0

2 1 0 0

1 0 1 0

1 0 0 1

, S1 =

1 0 0 0

2/5 3/5 0 4/5

0 0 1 0

−4/5 4/5 0 −3/5

;

e la matrice della loro composizione e il prodotto (nell’ordine) di queste matrici.L’isometria e composta da due riflessioni e da una traslazione parallela ad entrambo i piani di riflessione

e quindi che commuta con queste. La composizione di due simmetrie e una rotazione che ha come assel’intersezione dei due piani di riflessione (h = O + e1 − e2 + 〈2e1 + e2 + e3〉), che e parallelo a v. Quindil’isometria composta e una rototraslazione di asse h. �

ESERCIZIO 4. [6 punti] Sia En lo spazio euclideo di dimensione n.(a) Dati i vettori v1, . . . , vh, w1, . . . , wk in En, linearmente indipendenti, si considerino i parallelepipedi

P1 ={∑h

i=1 aivi | ai ∈ [0, 1], i = 1, . . . , h}, P2 =

{∑ki=1 biwi | bi ∈ [0, 1], i = 1, . . . , k

},

P3 ={∑h

i=1 aivi +∑kj=1 bjwj | ai, bj ∈ [0, 1], i = 1, . . . , h, j = 1, . . . , k

}.

E vero che volh+k (P3) = volh (P1) volk (P2), se 〈v1, . . . , vh〉 e 〈w1, . . . , wk〉 sono ortogonali?(b) Siano date due sottovarieta lineari L = P +U e M = Q+W di En e siano u1, . . . , ur una base di U ∩W ,

u1, . . . , ur, ur+1, . . . , uh una base di U , u1, . . . , ur, wr+1, . . . , wk una base di W . Si dimostri che

dist(L,M) =volh+k−r+1 (Q− P, u1, . . . , ur, ur+1, . . . , uh, wr+1, . . . , wk)

volh+k−r (u1, . . . , ur, ur+1, . . . , uh, wr+1, . . . , wk).

Svolgimento. (a) Fissata una base ortonormale di Rn, indichiamo con le stesse lettere, v1, . . . , vh, w1, . . . , wkle colonne di coordinate dei vettori corrispondenti nella base fissata. Indicate poi con V ∈ Mn×h(R) eW ∈Mn×k(R) le due matrici che hanno come colonne v1, . . . , vh e w1, . . . , wk, rispettivamente, si ha

volh+k (P3) =√

det t(V |W ) (V |W ) =

√det

(tV V tVW

tWV tWW

),

volh (P1) =√

det tV V , volk (P2) =√

det tWW.

Si deduce da cio la tesi quando 〈v1, . . . , vh〉 e 〈w1, . . . , wk〉 sono ortogonali, ovvero tVW = 0.

(b) Il volume al numeratore non cambia se prendiamo come P e Q una coppia di punti di minima distanza,

ovvero con Q − P ∈ 〈u1, . . . , ur, ur+1, . . . , uh, wr+1, . . . , wk〉⊥ (perche?). Per quanto visto nel punto prece-dente, la frazione risulta uguale a vol1 (Q− P ) = ‖Q− P‖, che e proprio la distanza tra le due sottovarietalineari. �



A =

9 −12 3 0 3

1 2 −2 0 −21 0 6 0 0

0 0 0 5 1

−1 0 −1 0 5

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Determinare la forma di Jordan di φ−1 e i suoi autospazi generalizzati.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X−5)3(X−6)2 e quindi gli autovalori sono 5 e 6, conmolteplicita (algebrica) 3 e 2, rispettivamente. I relativi autovettori generano i sottospazi ker(φ− 5) = 〈e4〉e ker(φ−6) = 〈−e3 + e4 + e5〉 quindi vi e un unico blocco di Jordan di ordine 3 per l’autovalore 5 e un unicoblocco di Jordan di ordine 2 per l’autovalore 6.

Il polinomio minimo λφ(X) = pφ(X) = (X − 5)3(X − 6)2.

(b) Osservando che

(A−5) =

4 −12 3 0 3

1 −3 −2 0 −21 0 1 0 0

0 0 0 0 1

−1 0 −1 0 0

e A−6 =

3 −12 3 0 3

1 −4 −2 0 −21 0 0 0 0

0 0 0 −1 1

−1 0 −1 0 −1

e (A−6)2 =

−3 12 30 0 30

−1 4 13 0 13

3 −12 3 0 3

−1 0 −1 1 −2−3 12 −2 0 −2

si ha che ker(φ−6)2 = 〈−e3 + e4 + e5, 4e1 + e2 + 4e4〉 quindi v5 := 4e1 +e2 +4e4 e autovettore generalizzatodi periodo 2 relativo all’autovalore 6 e definiamo v4 = (φ − 6)v5 = 4e3 − 4e4 − 4e5 ∈ ker(φ − 6). Infinev3 = 30e1 + 13e2 + 3e3 − e4 − 2e5 e autovettore generalizzato di periodo 3 relativo all’autovalore 5 e v2 =(φ− 5)v3 = −33e1 − 11e2 + 33e3 − 2e4 − 33e5, v1 = −33e4.

In questo modo abbiamo una base, V = {v1, . . . , v5}, rispetto a cui φ ha matrice di Jordan e possiamoquindi scrivere

J = αV,V(φ) =

5 1 0 0 0

0 5 1 0 0

0 0 5 0 0

0 0 0 6 1

0 0 0 0 6

e P = αV,E(id) =

0 −33 30 0 4

0 −11 13 0 1

0 33 3 4 0

−33 −2 −1 −4 4

0 −33 −2 −4 0

.

(c) Siano V5 e V6 gli autospazi generalizzati relativi rispettivamente agli autovalori 5 e 6 per φ. Allora,essendo J = P−1AP si ha J−1 = P−1A−1P , si ottiene che la forma di Jordan di φ−1 e

J ′ = αV,V(φ−1) =

1/5 1 0 0 0

0 1/5 1 0 0

0 0 1/5 0 0

0 0 0 1/6 1

0 0 0 0 1/6

e gli autospazi generalizzati di φ−1 sono V1/5 = V5 e V1/6 = V6. �

ESERCIZIO 2. Si consideri A3(Q) munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3} e i piani π1 : z = 0,π2 : y = 0, π3 : y + z = 0, π4 : 2y + z = 0.(1) Determinare le matrici (nel s.d.r. R) di tutte le affinita, f , di A3(Q) che soddisfino a tutte le condizioni

seguenti:

16


(a) l’asse delle ascisse y = z = 0 sia costituita da punti uniti per f ,(b) f(πk) = πk+1 per ogni k = 1, 2, 3 e(c) f(O + e1 + e2 + e3) = O + e1 + e2.

(2) Determinare tutti le sottovarieta lineari unite per f .

Svolgimento. (1) Sia f una tale affinita e ϕ l’applicazione lineare associata. Affinche l’asse delle ascisse siacostituita da punti uniti si deve avere f(O) = O e ϕ(e1) = e1 da cui si ricavano le prime due colonne dellamatrice. Inoltre e2 e parallelo al piano π1 quindi ϕ(e2) ∈ {y = 0} mentre e3 e parallelo al piano π2 quindiϕ(e3) ∈ {y + z = 0}. La matrice cercata deve essere del tipo:

A =

1 0 0 0

0 1 a a′

0 0 0 b′

0 0 b −b′

con bb′ 6= 0.La condizione f(π3) = π4 impone che (0, 0, 2, 1)A = α(0, 0, 1, 1) da cui si ottiene b = b′. Infine la

condizione (c) determina b = 1 e a+ a′ = 0 da cui si ottiene che le matrici cercate sono tutte e sole

Aa =

1 0 0 0

0 1 a −a0 0 0 1

0 0 1 −1

con a ∈ Q.

(2) Per ogni a ∈ Q i punti uniti per Aa sono tutti e soli i punti dell’asse y = z = 0.Notiamo che la matrice dell’endomorfismo ϕa ha sempre polinomio caratteristico P (X) = (1−X)(X2 +

X−1) la cui unica radice in Q e 1. Quindi i piani uniti per Aa sono tutti e soli i piani di equazioni x+ay = kcon k ∈ Q mentre l’unica retta unita e l’asse y = z = 0. Cosa cambia se si considera il campo dei numerireali R invece di Q? �

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo E3(R) munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3} siconsideri il piano π : x+ 3y = 0.(a) Si determini il piano π′ parallelo a π tale che, detta σ1 la riflessione ortogonale di asse π′, si abbia

σ(O + 2e1 + 6e2) = O. Si determini inoltre la matrice di σ1 nel sistema di riferimento R.(b) Sia t la retta ortogonale a π e passante per il punto Q = O+ e1 + 3e2 + e3. Detto τ il piano contenente

t e parallelo a e3 si classifichi l’isometria ottenuta componendo la riflessione, σ2, di asse τ dopo σ1.(c) Si consideri il punto Q nel piano π: Q = O − 3e1 + e2 ∈ π. Determinare tutte le rette contenute in π

passanti per Q e aventi distanza 1 da t.

Svolgimento. (a) La direzione ortogonale a π e 〈e1 + 3e2〉 quindi per ogni punto P si deve avere σ1(P )−P =∈〈e1 + 3e2〉. In particolare per P = O+2e1+6e2 si ha σ1(P )−P = −2e1−6e2 ∈ 〈e1 + 3e2〉 quindi la riflessioneortogonale esiste e il punto medio M = (σ1(P ) + P )/2 = O + e1 + 3e2 e un punto unito per σ1 quindi π′

deve passare per M da cui si ricava π′ : x + 3y = 10. Dalla consueta formula σ1(X) = X − 2 (X−M)·nn·n n si

ricava la matrice

S =

1 0 0 0

2 4/5 −3/5 0

6 −3/5 −4/5 0

0 0 0 1

.

(b) La retta t ha equazioni t : z−1 = 3x−y = 0, e τ : 3x−y = 0, R := t∩π′ = {O+ e1 + 3e2 + e3}. Preso ilsistema di riferimento ortonormale R′ = {R; v1 = (e1 + 3e2)/

√10, v2 = (3e1− e2)/

√10, v3 = v1× v2 = −e3}

si ha:

T = αR′,R′(σ2) =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

, S = αR′,R′(σ1) =

1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

e TS =

1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

18 LUISA FIOROT

e una rotazione attorno all’asse R+ 〈e3〉 di angolo π.

(c) Si ha H = t ∩ π = {O + e3} consideriamo il fascio di piani di asse la retta t′ : Q + 〈e1 + 3e2〉 : z =3x− y + 10 = 0 ossia la retta parallela a t passante per Q.

πα,β : αz + β(3x− y + 10) = 0, con (α, β) parametri omogenei.

Possiamo parametrizzare tutte le rette contenute in π e passanti per Q come intersezione tra π e un pianodel fascio, ovvero rα,β = πα,β ∩ π; e dist(rα,β , t) = dist(πα,β , H). In questo modo si ottengono le due rette:

r :

{z = 0

x+ 3y = 0e r′ :

{ −6x+ 2y + 9z − 20 = 0

x+ 3y = 0.

�


ESERCIZIO 1. Si considerino i polinomi P (X) = 2X2− (3+ i)X+4+2i e Q(X) = 2X2− (3− i)X+4−2iin C[X].(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici dei due polinomi.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del poligono convesso P , che ha come

vertici le radici dei polinomi e si scrivano tali equazioni in termini delle coordinate z e z.(c) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del poligono P nella

circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(I) ∩ I ove si indichinocon I i punti interni a P e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

Svolgimento. (a) Le radici di P (X) sono i numeri complessi z1 = 1− i e z2 = 1+3i2 . Le radici di Q(X) sono

i loro coniugati, ovvero z1 = 1 + i e z2 = 1−3i2 .

(b) Il poligono P e quindi un trapezio (cfr. il disegno a fianco) e i suoi lati sonole rette

z1 ∨ z1:z + z − 2 = 0,

z1 ∨ z2:(1− i)z + (1 + i)z − 4 = 0,

z2 ∨ z2:z + z − 1 = 0,

z2 ∨ z1:(1 + i)z + (1− i)z − 4 = 0,

quindi I:

z + z < 2

(1− i)z + (1 + i)z − 4 < 0

z + z > 1

(1 + i)z + (1− i)z − 4 < 0

.z1

z1

z2

z2

(c) Le immagini delle quattro rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circonferenze

λ∗(z1 ∨ z1):zz − z

2− z

2= 0,

λ∗(z1 ∨ z2):zz − 1− i4

z − 1 + i

4z = 0,

λ∗(z2 ∨ z2):zz − z − z = 0,

λ∗(z2 ∨ z1):zz − 1 + i

4z − 1− i

4z = 0,

quindi λ∗(I):

zz − z2 − z

2 > 0

zz − 1−i4 z − 1+i

4 z > 0

zz − z − z < 0

zz − 1+i4 z − 1−i

4 z > 0

.

L’insieme I e formato dai punti interni al trapezio; la parte ombreggiata (escluso il bordo) rappresental’insieme λ∗(I); si deduce da cio l’insieme λ∗(I) ∩ I (evidenziarlo!). �

ESERCIZIO 2. Sia V = Q[X]≤4 lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti in Q, di grado minore ouguale a 4, e sia B = {1, X,X2, X3, X4} la base (ordinata) standard. Sia W = Q3, con la base canonicaE = {e1, e2, e3}.(a) Si determinino tutte le applicazioni lineari φ:V →W che soddisfano alle seguenti condizioni

φ(1+X2−X4) =

(1

−1

2

)= φ(1−X2+X4), φ(X−X3) =

(0

1

−2

)= φ(2X−3X3), φ(1+X4) =

(0

0

2

).

Per tali applicazioni si determini la matrice αB,E(φ); si determinino inoltre delle basi e sistemi diequazioni cartesiane per nucleo e immagine di tali applicazioni.

(b) Si dica se le applicazioni φ del punto precedente sono invertibili a destra o a sinistra e, in caso positivo,si trovino tutte le possibili inverse (destre, sinistre o bilatere) e se ne scrivano le matrici nelle basi date.

(c) Sia fissata un’applicazione lineare, φ : V →W , tra due spazi vettoriali di dimensione finita su un campoC; e si indichi con Lφ : HomC (W,V ) → HomC (W,W ) l’applicazione ψ 7→ φ ◦ ψ. E vero che Lφ einiettiva (risp. suriettiva) se, e solo se, φ e iniettiva (risp. suriettiva)? Che relazioni ci sono tra il nucleo(risp. l’immagine) di φ e quello (risp. quella) di Lφ?

1


Svolgimento. (a) I polinomi 1 +X2 −X4, 1−X2 +X4, X −X3, 2X − 3X3, 1 +X4 sono una base V di V esi ha

αV,B(idV ) =

1 1 0 0 1

0 0 1 2 0

1 −1 0 0 0

0 0 −1 −3 0

−1 1 0 0 1

e αB,V(idV ) =

1/2 0 0 0 −1/2

1/2 0 −1 0 −1/2

0 3 0 2 0

0 −1 0 −1 0

0 0 1 0 1

.

Dunque l’applicazione lineare φ esiste ed e unica. La sua matrice e αB,E(φ) =

(1 0 −1 0 −1

−1 2 1 1 1

2 −4 0 −2 0

). L’applicazione

e suriettiva; quindi imφ = Q3, una sua base e la base canonica (l’equazione cartesiana e quella banale 0 = 0).

Inoltre, dimQ kerφ = 2, una sua base e {X2−X4, X−2X3} e

4∑

i=0

aiXi ∈ kerφ se, e solo se,

a2 + a4 = 0

2a1 + a3 = 0

a0 = 0

.

(b) L’applicazione φ e suriettiva, quindi e invertibile a destra ed ha infinite inverse destre, ψ : W → V ,individuate dalle condizioni ψ(ei) ∈ φ−1(ei) per i = 1, 2, 3. Le possibili matrici sono quindi

αE,B(ψ) =

1 1 1/2

1 1 0

1 0 0

−1 −1 0

−1 1 1/2

+

0 0 0

a c e

b d f

−2a −2c −2e

−b −d −f

;

al variare di (a, b, c, d, e, f) in Q6.

(c) ψ ∈ HomC (W,V ) appartiene a kerLφ se, e solo se, imψ ⊆ kerφ. Dunque, kerLφ ∼= HomC (W, kerφ), chee nullo se, e solo se, φ e iniettiva. Inoltre, χ ∈ HomC (W,W ) appartiene a imLφ se, e solo se, imχ ⊆ imφ.Dunque, imLφ ∼= HomC (W, imφ), che e uguale a HomC (W,W ) se, e solo se, φ e suriettiva. �

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo C. Una filtrazione crescente su Ve una famiglia di sottospazi 〈0〉 = U0 ⊂ U1 ⊂ · · · ⊂ Uk = V ; e, per ogni i = 0, . . . , k, sia hi = dimC Ui.(a) Dato uno spazio V e una sua filtrazione, U0 ⊂ · · · ⊂ Uk, si consideri l’insieme

D = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(Uj) ⊆ Uj+1, j = 0, . . . , k − 1 } .

Si dica se D e un sottospazio di HomC (V, V ) e, in caso affermativo, se ne determini la dimensione.Quanti elementi contiene l’insieme D se C = Fq e il campo finito con q elementi, k = 5 e hi = 3i, peri = 0, . . . , 5?

(b) Dato uno spazio V e una sua filtrazione, U0 ⊂ · · · ⊂ Uk, e vero che esistono dei sottospazi W0 ⊃ · · · ⊃Wk

tali che Uj ⊕Wj = V per ogni j = 0, . . . , k? Quante sono le possibili scelte dei sottospazi Wj se C = Fqe il campo finito con q elementi, k = 5 e hi = 3i, per i = 0, . . . , 5?

Svolgimento. (a) L’omomorfismo nullo appartiene a D e l’insieme e chiuso per combinazioni lineari. Si trattaquindi di un sottospazio di dimensione d = h1h2 + (h2 − h1)h3 + · · ·+ (hk−1 − hk−2)hk + (hk − hk−1)hk.

Sul campo Fq, lo spazio D e isomorfo a Fdq , ove d e la dimensione dello spazio; e quindi i suoi elementi

sono qd, con d = 171.

(b) Essendo U0 = 〈0〉, vi e un’unica scelta per il sottospazio W0, ovvero W0 = V . Come W1 possiamoprendere un qualsiasi complementare di U1 e vi sono tante scelte quanti sono gli elementi di HomC (W1, U1).Scelto W1, il sottospazio W2 deve soddisfare alla condizione (W1 ∩ U2) ⊕W2 = W1 e quindi vi sono tantescelte quanti sono gli elementi di HomC (W2,W1∩U2). Analogamente, il sottospazio W3 deve soddisfare allacondizione (W2 ∩ U3)⊕W3 = W2 e cosı via, fino a esaurire la filtrazione.

Sul campo Fq, le scelte possibili sono quindi il prodotto delle cardinalita degli spazi HomC (Wi,Wi−1∩Ui),per i = 1, . . . , 5, ovvero q90. �


ESERCIZIO 1. Si considerino i polinomi P (X) = 2X2+(1−3i)X−4−2i e Q(X) = 2X2−(1+3i)X−4+2iin C[X].(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici dei due polinomi.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del poligono convesso P , che ha come


circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(I) r I ove si indichinocon I i punti interni a P e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.


φ(1+X2+X4) =

(1

1

−2

)= φ(1−X2−X4), φ(X+X3) =

(0

1

−2

)= φ(2X+3X3), φ(1−X4) =

(0

0

2

).



(c) Sia fissata un’applicazione lineare, φ : V →W , tra due spazi vettoriali di dimensione finita su un campoC; e si indichi con Rφ : HomC (W,V ) → HomC (V, V ) l’applicazione ψ 7→ ψ ◦ φ. E vero che Rφ einiettiva (risp. suriettiva) se, e solo se, φ e suriettiva (risp. iniettiva)? Che relazioni ci sono tra il nucleo(risp. l’immagine) di φ e l’immagine (risp. il nucleo) di Rφ?


D = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(Uj) ⊆ Uj−1, j = 1, . . . , k } .





ESERCIZIO 1. Si considerino i polinomi P (X) = 2X2−(1−3i)X−4−2i e Q(X) = 2X2+(1+3i)X−4+2iin C[X].(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici dei due polinomi.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del poligono convesso P , che ha come


circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione I r λ∗(I) ove si indichinocon I i punti interni a P e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.


φ(1+X2−X4) =

(1

−1

2

)= φ(1−X2+X4), φ(X−X3) =

(0

−1

2

)= φ(2X−3X3), φ(1−X4) =

(0

0

−2

).



(c) Sia fissata un’applicazione lineare, φ : V →W , tra due spazi vettoriali di dimensione finita su un campoC; e si indichi con Lφ : HomC (W,V ) → HomC (W,W ) l’applicazione ψ 7→ φ ◦ ψ. E vero che Lφ einiettiva (risp. suriettiva) se, e solo se, φ e iniettiva (risp. suriettiva)? Che relazioni ci sono tra il nucleo(risp. l’immagine) di φ e quello (risp. quella) di Lφ?

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo C. Una filtrazione decrescente suV e una famiglia di sottospazi V = W0 ⊃W1 ⊃ · · · ⊃Wk = 〈0〉; e, per ogni i = 0, . . . , k, sia hi = dimCWi.(a) Dato uno spazio V e una sua filtrazione, W0 ⊃ · · · ⊃Wk, si consideri l’insieme

D = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(Wj) ⊆Wj , j = 0, . . . , k } .

Si dica se D e un sottospazio di HomC (V, V ) e, in caso affermativo, se ne determini la dimensione.Quanti elementi contiene l’insieme D se C = Fq e il campo finito con q elementi, k = 5 e hi = 10− 2i,per i = 0, . . . , 5?

(b) Dato uno spazio V e una sua filtrazione, W0 ⊃ · · · ⊃Wk, e vero che esistono dei sottospazi U0 ⊂ · · · ⊂ Ukdi V tali che Uj ⊕Wj = V per ogni j = 0, . . . , k? Quante sono le possibili scelte dei sottospazi Uj seC = Fq e il campo finito con q elementi, k = 5 e hi = 10− 2i, per i = 0, . . . , 5?


ESERCIZIO 1. Si considerino i polinomi P (X) = 2X2 +(3+ i)X+4+2i e Q(X) = 2X2 +(3− i)X+4−2iin C[X].(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici dei due polinomi.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati del poligono convesso P , che ha come


circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la differenza simmetrica λ∗(I)4 I(per ogni coppia di sottoinsiemi, A e B, si pone A4 B = (A ∪ B) r (A ∩ B)) ove si indichino con I ipunti interni a P e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.


φ(1+X2+X4) =

(1

−1

−2

)= φ(1−X2−X4), φ(X+X3) =

(0

1

2

)= φ(2X+3X3), φ(1+X4) =

(0

0

−2

).



(c) Sia fissata un’applicazione lineare, φ : V →W , tra due spazi vettoriali di dimensione finita su un campoC; e si indichi con Rφ : HomC (W,V ) → HomC (V, V ) l’applicazione ψ 7→ ψ ◦ φ. E vero che Rφ einiettiva (risp. suriettiva) se, e solo se, φ e suriettiva (risp. iniettiva)? Che relazioni ci sono tra il nucleo(risp. l’immagine) di φ e l’immagine (risp. il nucleo) di Rφ?


D = {φ ∈ HomC (V, V ) |φ(Uj) ⊆ Uj , j = 0, . . . , k } .





ESERCIZIO 1. Per ogni numero naturale n ≥ 1, si consideri la matrice

X2n =

2n∑

i=1

(aε(i, i) + ε(2n− i+ 1, i)

)+

n∑

i=1

(ε(n− i+ 1, i) + ε(2n− i+ 1, n+ i)

)−

[ n+12 ]∑

i=1

2aε(n+ i, n+ i)

ove, per ogni numero reale x, si indichi con [x] il numero intero tale che [x] ≤ x < [x] + 1.(a) Si scrivano le matrici X4, X6, X8, X10 e se ne calcoli il determinante in funzione del parametro a.(b) Si scriva detX2n in funzione dell’intero n e del parametro a.

Svolgimento. Si ha

X4 =

( a 1 0 1

1 a 1 0

0 1 −a 1

1 0 1 a

), X6 =

a 0 1 0 0 1

0 a+1 0 0 1 0

1 0 a 1 0 0

0 0 1 −a 0 1

0 1 0 0 1−a 0

1 0 0 1 0 a

,

X8 =

a 0 0 1 0 0 0 1

0 a 1 0 0 0 1 0

0 1 a 0 0 1 0 0

1 0 0 a 1 0 0 0

0 0 0 1 −a 0 0 1

0 0 1 0 0 −a 1 0

0 1 0 0 0 1 a 0

1 0 0 0 1 0 0 a

, X10 =

a 0 0 0 1 0 0 0 0 1

0 a 0 1 0 0 0 0 1 0

0 0 a+1 0 0 0 0 1 0 0

0 1 0 a 0 0 1 0 0 0

1 0 0 0 a 1 0 0 0 0

0 0 0 0 1 −a 0 0 0 1

0 0 0 1 0 0 −a 0 1 0

0 0 1 0 0 0 0 1−a 0 0

0 1 0 0 0 0 1 0 a 0

1 0 0 0 0 1 0 0 0 a

.

Per calcolare il determinante δ2n = detX2n, effettuiamo alcune operazioni elementari sulle righe e sullecolonne delle matrici X2n. Sottraiamo alla i-esima riga la riga di posto n + i, per i = 1, . . . , n. Poi,sottraiamo alla colonna n+ i la colonna i, per i = 1, . . . ,

[n+1

2

]; mentre per i =

[n+1

2

]+ 1, . . . , n, sommiamo

alla colonna n+ i la colonna i. Nel caso della matrice X8, ad esempio, si ottiene

a 0 0 0 a 0 0 0

0 a 0 0 0 a 0 0

0 0 a 0 0 0 −a 0

0 0 0 a 0 0 0 −a0 0 0 1 −a 0 0 1

0 0 1 0 0 −a 1 0

0 1 0 0 0 1 a 0

1 0 0 0 1 0 0 a

e poi

a 0 0 0 0 0 0 0

0 a 0 0 0 0 0 0

0 0 a 0 0 0 0 0

0 0 0 a 0 0 0 00 0 0 1 −a 0 0 2

0 0 1 0 0 −a 2 0

0 1 0 0 0 0 a 0

1 0 0 0 0 0 0 a

;

il caso generale e perfettamente analogo.Le operazioni su righe e colonne non hanno modificato il determinante ed il determinante della matrice

cosı ottenuta e uguale a δ2n = (−1)[n+12 ]a2n. In particolare, si ha δ4 = −a4, δ6 = a6, δ8 = a8, δ10 = −a10.

�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale sul campo Q dei numeri razionali e sia V = {v1, . . . , v5} unasua base.(a) Indicato con φ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

−2 0 1 0 −4

0 4 0 −2 0

0 0 −2 0 0

0 5 0 −3 0

1 0 1 0 3

,

6


si determinino il polinomio caratteristico e gli autovalori per φ. Detti U1, . . . , Uk gli spazi di autovettoriper φ, relativi ad autovalori a due a due distinti, si mostri che V = U1 ⊕ · · · ⊕ Uk e si determini unabase U = {u1, . . . , u5} di V fatta di autovettori per φ.

(b) Si determini la base duale U∗ = {u∗1, . . . , u∗5} della base U , e la matrice di cambiamento di base P =αU∗,V∗(idV ∗). E vero che gli elementi della base duale sono autovettori per l’applicazione traspostaφ∗ : V ∗ → V ∗? Si scrivano le matrici in base V delle proiezioni πi : V → V associate alla decomposizioneV = U1⊕· · ·⊕Uk (per ogni i = 1, . . . , k, πi e la proiezione sul sottospazio Ui, parallelamente alla sommadei rimanenti autospazi).

(c) Indicata con F : M4×5(Q) → M4×5(Q) l’applicazione definita da F (X) = XA, si dica se F e diagona-lizzabile e se ne determinino gli autovalori e i relativi autospazi.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 2)(X − 2)2(X + 1)2, e i relativi autospazisono U1 = ker(φ + 2id) = 〈9e1 − 4e3 − e5〉, U2 = ker(φ − 2id) = 〈e1 − e5, e2 + e4〉, U3 = ker(φ + 2id) =〈4e1 − e5, 2e2 + 5e4〉. Poiche autovettori relativi ad autovalori distinti sono linearmente indipendenti, i treautospazi sono in somma diretta e la loro somma coincide con lo spazio V . Possiamo quindi prendere la baseu1 = 9e1 − 4e3 − e5, u2 = e1 − e5, u3 = e2 + e4, u4 = 4e1 − e5, u5 = 2e2 + 5e4.

(b) La base duale e costituita dai vettori

u∗1 = −1

4v∗3 , u∗2 = −1

3v∗1 −

5

12v∗3 −

4

3v∗5 , u∗3 =

5

3v∗2 −

2

3v∗4 , u∗4 =

1

3v∗1 +

2

3v∗3 +

1

3v∗5 , u∗5 = −1

3v∗2 +

1

3v∗4 .

Per ogni coppia di indici i, j tra 1 e 5, si ha φ∗(u∗i ) ◦ uj = u∗i ◦ φ(uj) = cjδij , ove cj e l’autovalore relativoall’autovettore uj . Cio permette di concludere. Infine, le matrici delle proiezioni sono

P1 =

0 0 −9/4 0 0

0 0 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 0

0 0 1/4 0 0

, P2 =

−1/3 0 −5/12 0 −4/3

0 5/3 0 −2/3 0

0 0 0 0 0

0 5/3 0 −2/3 0

1/3 0 5/12 0 4/3

, P3 =

4/3 0 8/3 0 4/3

0 −2/3 0 2/3 0

0 0 0 0 0

0 −5/3 0 5/3 0

−1/3 0 −2/3 0 −1/3

.

(c) E chiaro che X e un autovettore per F se, e solo se, la matrice trasposta tX e un’autovettore perl’applicazione G : M5×4(Q)→M5×4(Q), definita da G(Y ) = (tA)Y ; ovvero se, e solo se, le (trasposte delle)righe di X sono autovettori per la matrice tA. Una base di autovettori per tA sono le coordinate (nella baseV∗) dei vettori della base U∗; quindi gli autovalori di F sono −2, 2 e −1 e i relativi autospazi sono

W−2 =

⟨( 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 1 0 0

)⟩

W2 =

⟨( 4 0 5 0 16

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

4 0 5 0 16

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

4 0 5 0 16

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

4 0 5 0 16

),

( 0 5 0 −2 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 5 0 −2 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 5 0 −2 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 5 0 −2 0

)⟩

W−1 =

⟨( 1 0 2 0 1

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

1 0 2 0 1

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 2 0 1

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 2 0 1

),

( 0 1 0 −1 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 1 0 −1 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 1 0 −1 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 1 0 −1 0

)⟩.

Cio conclude la discussione. �


ESERCIZIO 3. Si consideri la successione di numeri reali (xn)n≥0 definita dalle condizioni

x0 = 1, x1 = −1, x2 = 2 e xn+1 = 3xn + xn−1 − 3xn−2, per n ≥ 2.

(a) Si determini un’espressione esplicita per il termine generale della successione, xn, in funzione dell’interon. Cosa si puo dire del lim

n→∞xn e del lim

n→∞xn+1

xn?

(b) Cosa si puo dire della successione (yn)n≥0 soddisfacente alla stessa relazione ricorsiva (yn+1 = 3yn +yn−1 − 3yn−2, per n ≥ 2), ma con valori iniziali y0 = 1, y1 = 0, y2 = 1?

(c) Cosa si puo dire del comportamento della successione (zn)n≥0, soddisfacente alla relazione ricorsiva data(zn+1 = 3zn + zn−1 − 3zn−2, per n ≥ 2), al variare dei valori iniziali z0 = a, z1 = b, z2 = c?

Svolgimento. (a) Sia vn =

( xn

xn−1

xn−2

)∈ R3, per n ≥ 2, il vettore che ha come coordinate tre termini consecutivi

della successione. Indicata con A la matrice A =

(3 1 −3

1 0 0

0 1 0

), si ha vn+1 = Avn, per ogni n ≥ 2; e quindi

vn = An−2v2, per ogni n ≥ 2.Per calcolare le potenze di A e trovare cosı una descrizione esplicita delle coordinate del vettore vn,

conviene portare la matrice in forma diagonale o triangolare. Il polinomio caratteristico di A e pA(X) =

(X − 3)(X − 1)(X + 1) e quindi la matrice e simile alla matrice diagonale D =

(3 0 0

0 1 0

0 0 −1

). La matrice

diagonalizzante, P , ha come colonne una base di autovettori u =

(9

3

1

), v =

(1

1

1

), w =

(1

−1

1

), per A e si ha

A = PDP−1 con P =

(9 1 1

3 1 −1

1 1 1

)e P−1 = 1

8

(1 0 −1

−2 4 6

1 −4 3

). Si ha quindi

vn =

( xn

xn−1

xn−2

)= An−2v2 = 1

8

(9 1 1

3 1 −1

1 1 1

)(3n−2 0 0

0 1n−2 0

0 0 (−1)n−2

)(1 0 −1

−2 4 6

1 −4 3

)(2

−1

1

),

da cui si ricava con un calcolo diretto xn = 3n−2+9(−1)n

8 = 3n

8

(1− 2

3n + 9(− 13 )n). La successione e quindi

divergente ( limn→∞

xn =∞) e i rapporti tra termini successivi tendono a 3 = limn→∞

xn+1

xn.

(b) Il vettore iniziale della successione e ora v2 =

(1

0

1

)= 1

2 (v + w), per cui

vn =

( ynyn−1

yn−2

)= An−2v2 =

1

2(v + (−1)n−2w),

e quindi yn = 1 se n e pari, mentre yn = 0 se n e dispari. Quindi la successione e indeterminata e non hasenso considerare la successione dei rapporti, perche ci sono infiniti termini uguali a zero.

(c) Per discutere il caso generale, poniamo

(γ

β

α

)= P−1

(c

b

a

), ovvero

γ =c− a

8, β =

−2c+ 4b+ 6a

8, α =

c− 4b+ 3a

8,

e osserviamo che si ha

vn =

( znzn−1

zn−2

)= PDn−2P−1

(c

b

a

)= 3n−2γu+ 1n−2βv + (−1)n−2αw;

da cui si ricava zn = 3nγ + β + (−1)nα.Quindi, se γ 6= 0, la successione (zn)n≥0 diverge e il rapporto zn+1

zntende a 3 [analogamente al caso (a)].

Altrimenti, se γ = 0, significa che il vettore iniziale

(c

b

a

)appartiene al sottospazio 〈v, w〉 e, in tal caso, la

successione e indeterminata se α 6= 0 ed assume il valore β + α per n pari ed il valore β − α per n dispari[analogamente al caso (b)]. Infine, se α = 0 = γ, il vettore iniziale e un multiplo di v e quindi la successionee costante con termine generale zn = β. �


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = (X2 − 2i)(4X2 + (2 − 2i)X − 5i). Si determinino e si disegnino nel piano diGauss le radici di P (X).(a) Indicato con T il poligono convesso che ha come vertici le radici di P (X), si disegni T nel piano di Gauss

e si determinino le equazioni, in funzione delle coordinate z e z, delle rette che formano i lati di talepoligono.

(b) Indicata con λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria, si disegni nel piano diGauss il sottoinsieme λ∗(T ) e si evidenzino i punti di I ∩ λ∗(I), ove con I si indicano i punti interni alpoligono T .

Svolgimento. Le radici di P (X) sono i numeri complessi z1 = 1 + i, z2 = −1− i, z3 = 1+2i2 e z4 = − 2+i

2 .

(a) Il poligono P e quindi un trapezio (cfr. il disegno a fianco) e i suoi lati sonole rette

z1 ∨ z2:(1 + i)z + (1− i)z = 0,

z1 ∨ z3:iz − iz + 2 = 0,

z2 ∨ z4:z + z + 2 = 0,

z3 ∨ z4:(1 + i)z + (1− i)z + 1 = 0,

quindi I:

(1 + i)z + (1− i)z < 0

iz − iz + 2 > 0

z + z + 2 > 0

(1 + i)z + (1− i)z + 1 > 0

.

z1

z2

z3

z4

(b) Le immagini delle quattro rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circonferenze (genera-lizzate)

λ∗(z1 ∨ z2) = z1 ∨ z2:(1 + i)z + (1− i)z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3):zz +i

2z − i

2z = 0,

λ∗(z2 ∨ z4):zz +1

2z +

1

2z = 0,

λ∗(z3 ∨ z4):zz + (1 + i)z + (1− i)z = 0,

quindi λ∗(I):

(1 + i)z + (1− i)z < 0

zz + i2z − i

2 z > 0

zz + 12z + 1

2 z > 0

zz + (1 + i)z + (1− i)z > 0

.

L’insieme I e formato dai punti interni al trapezio; la parte ombreggiata (escluso il bordo) rappresental’insieme λ∗(I) ∩ I. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano V = {v1, . . . , v4}e W = {w1, . . . , w5} delle rispettive basi. Siano dati i sottospazi V1 = 〈v1 + v3, v2 − v4〉 di V e W1 =〈w1, w2 + w4, w3 − w5〉 di W e sia A = {φ ∈ HomQ (V,W ) |φ(V1) ⊆W1 }.(a) Si verifichi che A e un sottospazio vettoriale di HomQ (V,W ) e se ne calcoli la dimensione. E vero che,

se φ ∈ A e φ∗ : W ∗ → V ∗ e l’applicazione trasposta, allora φ∗(w∗) ∈ V ⊥1 per ogni w∗ ∈ W⊥1 ? Checondizioni si devono porre su w0 ∈ W e su ζ ∈ V ∗ affinche l’applicazione w0 ⊗ ζ : V → W , definita dax 7→ w0(ζ ◦ x), appartenga ad A ?

(b) E vero che l’omomorfismo φ0 : V → W di matrice αV,W(φ0) =

0 0 0 0

1 1 2 −1

1 1 −1 0

1 1 2 −1

1 0 −1 1

appartiene a A ? Se

w5 ∈ imφ0, si fissi un vettore v0 ∈ V tale che φ0(v0) = w5 e si determini, se esiste, una forma lineareζ ∈ V ∗ tale che ζ ◦x = 0 per ogni x ∈ V1 + kerφ0 e ζ ◦ v0 = 1. In tal caso, che relazioni ci sono tra rkφ0

e rk(φ0 − w5 ⊗ ζ)?(c) E vero che, per ogni φ ∈ A , diversa da 0, esiste un’applicazione w⊗ζ ∈ A tale che rk(φ−w⊗ζ) < rkφ?

Da cio si puo dedurre che ogni omomorfismo φ ∈ A si scrive come∑ri=1 wi⊗ζi per opportuni wi⊗ζi ∈ A ,

e r = rkφ?

9


Svolgimento. (a) Il sottoinsieme A di HomQ (V,W ) contiene la funzione nulla ed e chiuso per combinazionilineari (se φ1 e φ2 appartengono ad A , allora a1φ1(v) + a2φ2(v) ∈ W1 per ogni v ∈ V1, qualunque siano gliscalari, a1, a2 ∈ Q). Quindi si tratta di un sottospazio, di dimensione 16 (come si verifica?).

Siano poi φ ∈ A , w∗ ∈W⊥1 , e osserviamo che, per qualunque v ∈ V1, si ha φ∗(w∗) ◦ v = w∗ ◦ φ(v) = 0,perche φ ∈ A e quindi φ(v) ∈W1. Dunque φ∗(W⊥1 ) ⊆ V ⊥1 , per ogni φ ∈ A .

Infine, affinche w0 ⊗ ζ appartenga ad A , deve aversi w0 ∈W1 oppure ζ ∈ V ⊥1 (†).

(b) Si ha φ0(v1 + v3) = 3(w2 + w4) e φ0(v2 − v4) = 2(w2 + w4) + (w3 − w5) e quindi φ0 ∈ A . Inoltre,φ(v1 − v2) = w5 e possiamo quindi porre v0 = v1 − v2 (o qualunque altro elemento di v0 + kerφ0, ovekerφ0 = 〈2v1 − 3v2 − v3 − 3v4〉). La forma lineare ζ e univocamente determinata dalle condizioni date ede uguale a ζ = 2v∗1 + v∗2 − 2v∗3 + v∗4 . In particolare, ker(w5 ⊗ ζ) = V1 + kerφ0, im(w5 ⊗ ζ) = 〈w5〉 ew5 ⊗ ζ(v0) = w5 = φ0(v0); da cui si conclude che ker(φ0 − w5 ⊗ ζ) ⊇ kerφ0 ⊕ 〈v0〉 e quindi il rango diφ0 − w5 ⊗ ζ e strettamente minore del rango di φ0.

(c) Dato φ ∈ A , diverso da 0, sia 0 6= w ∈ imφ, e sia v ∈ V tale che φ(v) = w. Se w ∈ W1, possiamoprendere una forma lineare ζ, ortogonale a kerφ e tale che ζ ◦ v = 1 e, chiaramente, l’applicazione linearew ◦ ζ soddisfa alle condizioni richieste. Se non ci sono vettori non nulli in imφ∩W1, deve aversi, V1 ⊆ kerφ,perche φ ∈ A . Dunque, presi i vettori 0 6= w ∈ imφ e v ∈ V tale che φ(v) = w, possiamo trovare una formalineare ζ ortogonale a kerφ e tale che ζ ◦ v = 1. Di nuovo, w ◦ ζ ∈ A e rk(φ − w ⊗ ζ) < rkφ. Possiamodedurre da cio la decomposizione dell’applicazione lineare φ ∈ A . �

ESERCIZIO 3. Sia V lo spazio vettoriale reale R3 con la base canonica E = {e1, e2, e3}. Si consideri

l’endomorfismo φ : V → V di matrice A = αE,E(φ) =

(5 −4 3

3 −2 3

−4 4 −2

).

(a) Si mostri che φ e diagonalizzabile e si determinino i suoi autovalori c1, c2, c3 e una base di rispettiviautovettori V = {v1, v2, v3}.

(b) Si determini la corrispondente base duale V∗ = {v∗1 , v∗2 , v∗3} di V ∗ e si considerino gli endomorfismivi ⊗ v∗i : x 7→ vi(v

∗i ◦ x), per i = 1, 2, 3, e le loro matrici in base canonica. E vero che si tratta di

proiezioni? Rispetto a quali decomposizioni dello spazio V ? E vero che φ =∑3i=1 civi ⊗ v∗i ?

(c) Dati un endomorfismo diagonalizzabile, ψ di Rn (con n ≥ 3), e una sua base di autovettori V ={v1, . . . , vn}, si risponda alle domande analoghe a quelle formulate nel punto precedente.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = X3−X2−4X+ 4 = (X−1)(X−2)(X+ 2). Gliautovalori sono quindi 1, 2,−2, e una base di corrispondenti autovettori e data da v1 = e1 + e2, v2 = e1− e3,v3 = e1 + e2 − e3.

(b) La base duale di V ∗ e costituita dai vettori v∗1 = e∗1 + e∗3, v∗2 = e∗1 − e∗2, v∗3 = −e∗1 + e∗2 − e∗3 e le matricicercate sono

αE,E(v1 ⊗ v∗1) =

(1 0 1

1 0 1

0 0 0

), αE,E(v2 ⊗ v∗2) =

(1 −1 0

0 0 1

−1 1 0

), αE,E(v3 ⊗ v∗3) =

(−1 1 −1

−1 1 −1

1 −1 1

).

Si tratta delle proiezioni relative alla decomposizione V = 〈v1〉⊕〈v2〉⊕〈v3〉 e si verifica con un calcolo direttoche

A = αE,E(φ) = αE,E(v1 ⊗ v∗1) + 2αE,E(v2 ⊗ v∗2)− 2αE,E(v3 ⊗ v∗3),

che e sufficiente per concludere.

(c) Il caso generale e analogo e si lascia al lettore il compito di scriverlo in modo preciso. �

(†) Usando l’isomorfismo W ⊗Q V ∗ ∼= HomQ (V,W ) dell’Esercizio 17.(d) del sesto foglio di Esercizi, possiamo scrivere A ∼=W1 ⊗ V ∗ +W ⊗ V ⊥1 e usare questo isomorfismo per calcolare la dimensione di A .


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = (X2 + 2i)(4X2 − (2 + 2i)X + 5i). Si determinino e si disegnino nel piano diGauss le radici di P (X).(a) Indicato con T il poligono convesso che ha come vertici le radici di P (X), si disegni T nel piano di Gauss

e si determinino le equazioni, in funzione delle coordinate z e z, delle rette che formano i lati di talepoligono.

(b) Indicata con λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria, si disegni nel piano diGauss il sottoinsieme λ∗(T ) e si evidenzino i punti di I ∩ λ∗(I), ove con I si indicano i punti interni alpoligono T .

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano V = {v1, . . . , v4}e W = {w1, . . . , w5} delle rispettive basi. Siano dati i sottospazi V1 = 〈v1 + v4, v2 − v3〉 di V e W1 =〈w5, w2 + w4, w1 − w3〉 di W e sia A = {φ ∈ HomQ (V,W ) |φ(V1) ⊆W1 }.(a) Si verifichi che A e un sottospazio vettoriale di HomQ (V,W ) e se ne calcoli la dimensione. E vero che,

se φ ∈ A e φ∗ : W ∗ → V ∗ e l’applicazione trasposta, allora φ∗(w∗) ∈ V ⊥1 per ogni w∗ ∈ W⊥1 ? Checondizioni si devono porre su w0 ∈ W e su ζ ∈ V ∗ affinche l’applicazione w0 ⊗ ζ : V → W , definita dax 7→ w0(ζ ◦ x), appartenga ad A ?

(b) E vero che l’omomorfismo φ0 : V → W di matrice αV,W(φ0) =

1 0 1 −1

1 1 −1 2

1 1 0 −1

1 1 −1 2

0 0 0 0

appartiene a A ? Se

w1 ∈ imφ0, si fissi un vettore v0 ∈ V tale che φ0(v0) = w1 e si determini, se esiste, una forma lineareζ ∈ V ∗ tale che ζ ◦x = 0 per ogni x ∈ V1 + kerφ0 e ζ ◦ v0 = 1. In tal caso, che relazioni ci sono tra rkφ0

e rk(φ0 − w1 ⊗ ζ)?(c) E vero che, per ogni φ ∈ A , diversa da 0, esiste un’applicazione w⊗ζ ∈ A tale che rk(φ−w⊗ζ) < rkφ?

Da cio si puo dedurre che ogni omomorfismo φ ∈ A si scrive come∑ri=1 wi⊗ζi per opportuni wi⊗ζi ∈ A ,

e r = rkφ?

ESERCIZIO 3. Sia V lo spazio vettoriale reale R3 con la base canonica E = {e1, e2, e3}. Si consideri

l’endomorfismo φ : V → V di matrice A = αE,E(φ) =

(2 −1 3

3 −2 3

−1 1 −2

).

(a) Si mostri che φ e diagonalizzabile e si determinino i suoi autovalori c1, c2, c3 e una base di rispettiviautovettori V = {v1, v2, v3}.

(b) Si determini la corrispondente base duale V∗ = {v∗1 , v∗2 , v∗3} di V ∗ e si considerino gli endomorfismivi ⊗ v∗i : x 7→ vi(v

∗i ◦ x), per i = 1, 2, 3, e le loro matrici in base canonica. E vero che si tratta di

proiezioni? Rispetto a quali decomposizioni dello spazio V ? E vero che φ =∑3i=1 civi ⊗ v∗i ?

(c) Dati un endomorfismo diagonalizzabile, φ : Rn → Rn (con n ≥ 3), e una sua base di autovettori,V = {v1, . . . , vn}, si risponda alle domande analoghe a quelle formulate nel punto precedente.


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = (X2 − 2X + 2)(X2 − 2X + 34 ). Si determinino e si disegnino nel piano di

Gauss le radici del polinomio P (X).(a) Indicato con R il poligono convesso che ha come vertici le radici di P (X), si disegni R nel piano di

Gauss e si determinino le equazioni, in funzione delle coordinate z e z, delle rette che formano i lati ditale poligono.

(b) Indicata con λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria, si determinino centri eraggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo le rette contenenti i lati di R e si evidenzino i puntidi λ∗(I), ove con I si indicano i punti interni al poligono R.

(c) E vero o falso che se r e s sono due rette parallele del piano di Gauss, non passanti per l’origine, lecirconferenze λ∗(r) e λ∗(s) hanno la stessa retta tangente nell’origine? Cosa cambia se una delle duerette passa per l’origine?

Svolgimento. Le radici di P (X) sono z1 = 12 , z2 = 3

2 , z3 = 1 + i, z4 = 1− i.

(a) I quattro punti sono i vertici di un parallelogramma (un rombo, per laprecisione), come appare in figura, e i lati del parallelogramma sono le rette (adue a due parallele)

z1 ∨ z3: (2 + i)z + (2− i)z − 2 = 0

z2 ∨ z4: (2 + i)z + (2− i)z − 6 = 0

z1 ∨ z4: (2− i)z + (2 + i)z − 2 = 0

z2 ∨ z3: (2− i)z + (2 + i)z − 6 = 0

quindi I:

(2 + i)z + (2− i)z − 2 > 0

(2 + i)z + (2− i)z − 6 < 0

(2− i)z + (2 + i)z − 2 > 0

(2− i)z + (2 + i)z − 6 < 0

.

z1 z2

z3

z4

(b) Le immagini delle quattro rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circonferenze

λ∗(z1 ∨ z3):zz − 2+i2 z − 2−i

2 z = 0

λ∗(z2 ∨ z4):zz − 2+i6 z − 2−i

6 z = 0

λ∗(z1 ∨ z4):zz − 2−i2 z − 2+i

2 z = 0

λ∗(z2 ∨ z3):zz − 2−i6 z − 2+i

6 z = 0

quindi λ∗(I):

∣∣z − 2−i2

∣∣ <√

52∣∣z − 2−i

6

∣∣ >√

56∣∣z − 2+i

2

∣∣ <√

52∣∣z − 2+i

6

∣∣ >√

56

.

La parte ombreggiata nella figura (escluso il bordo) rappresenta l’insieme λ∗(I).

(c) E vero. Due rette parallele hanno equazioni r : bz + bz + c1 = 0 e s : bz + bz + c2 = 0; e c1 6= 0 6= c2 sele due rette non passano per l’origine. Le circonferenze che si ottengono per riflessione nel cerchio unitariosono λ∗(r) : zz+ b

c1z+ b

c1z = 0 e λ∗(s) : zz+ b

c2z+ b

c2z = 0. I raggi che congiungono i centri all’origine sono i

vettori rappresentati dai numeri complessi − bc1

e − bc2

, che sono paralleli e quindi le rette tangenti all’originesono anch’esse parallele in quanto perpendicolari ai raggi corrispondenti. Cio permette di concludere nelcaso generale. Infine, se una delle due rette passa per l’origine, la retta viene a coincidere con la propriariflessione nel cerchio unitario e con la propria tangente nell’origine. �

12


ESERCIZIO 2. Siano V uno spazio vettoriale sul campo Q dei numeri razionali e V = {v1, . . . , v5} unasua base. Si considerino i sottospazi

U = 〈2v1 − 4v2 − 3v3 + 2v4 + v5, v1 − 2v2 + v4, 3v1 − 6v2 + 3v3 + 3v4 − v5〉

W =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣∣∣

x1 + x2 − 2x3 + 2x4 = 0

x1 − 2x3 + x5 = 0

2x1 + x2 − 4x3 + 2x4 + x5 = 0

.

(a) Si determinino la dimensione e una base per ciascuno dei sottospazi U e W e si verifichi che V = U⊕W .Si scriva la matrice αV,V(π) della proiezione π : V → V su U , parallelamente a W .

(b) Sia Φ : HomQ (V, V )→ HomQ (V, V ) l’applicazione lineare definita ponendo Φ(ξ) = π ◦ ξ− ξ ◦π per ogniξ ∈ HomQ (V, V ). Si determinino nucleo, immagine, autovalori, autospazi e polinomio caratteristico perΦ. Si calcoli det(Φ− nid), al variare di n tra i numeri naturali.

(c) Si dica se qualche potenza di Φ e una proiezione, indicandone il nucleo, l’immagine e le rispettive dimen-sioni. Qual’e la dimensione del sottospazio di endomorfismi di HomQ (V, V ) generato da id,Φ,Φ2, . . . ?

Svolgimento. (a) I tre generatori di U sono linearmente dipendenti, essendo

(2v1 − 4v2 − 3v3 + 2v4 + v5)− 5(v1 − 2v2 + v4) + (3v1 − 6v2 + 3v3 + 3v4 − v5) = 0.

Possiamo quindi prendere come base di U i vettori u1 = v1 − 2v2 + v4 e u2 = 3v3 − v5.Il sistema che definisceW ha rango 2 (infatti I+II = III); le sue soluzioni formano quindi un sottospazio

di dimensione 3, che ha come base i vettori w1 = 2v2 − v4, w2 = 2v1 + v3, w3 = v3 + v4 + 2v5.Con un calcolo diretto si verifica che U ∩W = 〈0〉 e quindi V = U ⊕W e la matrice della proiezione

richiesta e

A = αV,V(π) =

1 7 −2 14 −6

−2 −14 4 −28 12

0 3 0 6 −3

1 7 −2 14 −6

0 −1 0 −2 1

.

(b) Utilizzando la base S = {u1, u2, w1, w2, w3} di V , possiamo scrivere le matrici a blocchi, e si ha αS,S(π) =(12 0

0 0

)e αS,S(ξ) =

(A B

C D

); da cui si deduce αS,S(Φ(ξ)) =

(0 B

−C 0

). Ne consegue che gli autovalori di Φ

sono 0, 1 e −1 e che i rispettivi autospazi sono

kerΦ = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ(U) ⊆ U, ξ(W ) ⊆W }ker(Φ− id) = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ(U) ⊆ 〈0〉 , ξ(W ) ⊆ U }ker(Φ + id) = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ(U) ⊆W, ξ(W ) ⊆ 〈0〉 }

e

dim kerΦ = 13

dim ker(Φ− id) = 6

dim ker(Φ + id) = 6

La somma delle molteplicita geometriche degli autovalori e uguale alla dimensione di HomQ (V, V ) e quindiΦ e diagonalizzabile e il suo polinomio caratteristico e pΦ(X) = X13(X − 1)6(X + 1)6. In particolare,det(Φ− nid) = −pΦ(n) = −n13(n− 1)6(n+ 1)6.

(c) L’endomorfismo Φ2 e diagonalizzabile e i suoi autovalori sono 0 e 1; quindi e una proiezione e, pre-cisamente, la proiezione su imΦ2 = ker(Φ2 − id) = ker(Φ − id) ⊕ ker(Φ + id) = imΦ, parallelamente akerΦ = kerΦ2, le cui dimensioni sono indicate sopra. In particolare, per ogni ξ ∈ HomQ (V, V ), si haΦ3(ξ) = Φ(ξ); quindi Φ2n = Φ2 per ogni n ≥ 1 e Φ2n+1 = Φ per ogni n ≥ 0. Gli endomorfismi id, Φ e Φ2

sono linearmente indipendenti, e quindi lo spazio generato dalle potenze di Φ e⟨id,Φ,Φ2

⟩, di dimensione 3.

�


ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su Q e siano V = {v1, . . . , v5} e V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} una base diV e la rispettiva base duale di V ∗.(a) Dati w = v1 − 2v2 + v4 + 2v5 e v∗ = v∗2 + 2v∗3 − v∗4 + v∗5 , si scriva la matrice in base V dell’omomorfismo

w ⊗ v∗ : V → V , definito da w ⊗ v∗(x) = w(v∗ ◦ x), per ogni x ∈ V . Si determinino nucleo e immaginedi w ⊗ v∗, esibendo delle basi dei due sottospazi. Si dica se l’applicazione lineare φ = idV − w ⊗ v∗ einvertibile e si determini eventualmente la matrice αV,V(φ−1).

(b) Dati w ∈ V r {0} e v∗ ∈ V ∗ r {0}, e vero che φ = idV − w ⊗ v∗ non e invertibile se, e solo se,v∗ ◦ w = 1, ovvero se, e solo se φ e una proiezione (su quale sottospazio e con quali direzioni)? E veroche φ = idV − w ⊗ v∗ e una simmetria se, e solo se, v∗ ◦ w = 2 (con quale asse e quali direzioni)?


A = αV,V(w ⊗ v∗) =

1

−2

0

1

2

( 0 1 2 −1 1 ) =

0 1 2 −1 1

0 −2 −4 2 −2

0 0 0 0 0

0 1 2 −1 1

0 2 4 −2 2

.

Inoltre, im(w ⊗ v∗) = 〈w〉 e ker(w ⊗ v∗) = 〈v∗〉⊥ = 〈v1, 2v2 − v3, v3 + 2v4, v4 + v5〉. Essendo, v∗ ◦ w 6= 1,l’omomorfismo φ e invertibile e l’inverso e φ−1 = idV + 1

1−v∗◦ww ⊗ v∗. Dunque

αV,V(φ−1) = 15 + 12A =

1 1/2 1 −1/2 1/2

0 0 −2 1 −1

0 0 1 0 0

0 1/2 1 1/2 1/2

0 1 2 −1 2

.

(b) Se v∗◦w 6= 1 e ben definita l’applicazione lineare ψ = idV + 11−v∗◦ww⊗v∗, che si verifica essere l’inversa di

φ = idV −w⊗ v∗, essendo φ ◦ψ = idV = ψ ◦φ. D’altra parte, se v∗ ◦w = 1, allora φ(w) = w−w(v∗ ◦w) = 0

per cui φ non e invertibile e inoltre, per ogni x ∈ 〈v∗〉⊥, si ha φ(x) = x. Dunque, se v∗ ◦ w = 1, si ha

V = 〈v∗〉⊥ ⊕ 〈w〉 (perche?), e φ e la proiezione su 〈v∗〉⊥, parallelamente a 〈w〉.Per quanto visto, se v∗ ◦w = 2, si ha φ−1 = φ. Quindi φ e una simmetria, di asse 〈v∗〉⊥ e direzione 〈w〉,

essendo φ(w) = −w e φ(x) = x per ogni x ∈ 〈v∗〉⊥(†) �

(†) Si osservi che l’affermazione resta vera per spazi vettoriali di dimensione finita su campi di caratteristica diversa da 2. In

caratteristica 2, si ha ancora φ2 = idV 6= φ, ma φ non e una simmetria. Cosa si puo dire di φ in questo caso?


ESERCIZIO 1. Si disegnino nel piano di Gauss i numeri complessi z tali che z3 − iz2 − 4z + 4i = 0 e siindichi con T il triangolo che ha come vertici tali punti.(a) Si disegni nel piano di Gauss il triangolo T e si scrivano le equazioni, in funzione di z e z, delle rette

che formano i suoi lati. Si determini inoltre l’equazione del cerchio C, con centro nell’origine e passanteper i/2.

(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nel cerchio unitario. Si determinino centri e raggi dellecirconferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo tramite λ i lati del triangolo T e la circonferenzaC. Si disegnino nel piano di Gauss queste circonferenze.

(c) Si evidenzi la regione λ∗(Cout)∩λ∗T in ove si indichino con T in i punti interni al triangolo T e con Cout

i punti esterni alla circonferenza C. E vero che, per ogni coppia di sottoinsiemi A e B del dominio di λ,si ha λ∗(A ∩B) = λ∗(A) ∩ λ∗(B)? E vero per ogni funzione f : C→ C in luogo di λ?

Svolgimento. Si ha z3 − iz2 − 4z+ 4i = (z− i)(z2 − 4); quindi i vertici del triangolo T sono i punti z1 = −2,z2 = 2, z3 = i.

(a) Il lati del triangolo T sono quindi le rette (cfr. il disegno afianco)

z1 ∨ z2 : − iz + iz = 0,

z1 ∨ z3 : (1 + 2i)z + (1− 2i)z + 4 = 0,

z2 ∨ z3 : (1− 2i)z + (1 + 2i)z − 4 = 0

e il cerchio C ha equazione 4zz − 1 = 0.

z1 z2

z3

C

T

(b) Le immagini delle tre rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circonferenze (generalizzate)

λ∗(z1 ∨ z2) : −iz + iz = 0, λ∗(z1 ∨ z3) : zz + 1+2i4 z + 1−2i

4 z = 0, λ∗(z2 ∨ z3) : zz − 1−2i4 z − 1+2i

4 z = 0.

La prima e una retta, e le altre due hanno rispettivamente centro in − 1−2i4 e 1+2i

4 e entrambe raggio√

54 . La

circonferenza λ∗(C) ha ancora centro nell’origine e raggio 4.

(c) La regione λ∗(Cout)∩λ∗T in e evidenziata in grigio nel disegno sopra. Poiche λ ◦λ = id, per ogni coppiadi sottoinsiemi, si ha

λ∗(A ∩B) = λ∗(A ∩B) = λ∗(A) ∩ λ∗(B) = λ∗(A) ∩ λ∗(B).

Per una generica funzione l’affermazione e falsa, come si vede prendendo la funzione costante, f(z) = 0 perogni z ∈ C, e due sottoinsiemi non vuoti e disgiunti del piano complesso. �

ESERCIZIO 2. Si considerino le matrici ad elementi razionali

H =

( 2 0 1

0 1 1

4 −1 1

0 1 1

)e F =

( 1 1 1 2 0

1 0 0 2 0

1 0 2 2 1

1 0 0 2 0

).

(a) Si dica se esiste una matrice G ∈M5×3(Q) tale che H = FG. In caso affermativo si determinino tutte lematrici che soddisfano questa condizione. Si dica se formano un sottospazio vettoriale o una sottovarietalineare di M5×3(Q) e se ne determini l’eventuale dimensione. Infine, date F e H, si diano condizioninecessarie e sufficienti affinche vi sia un sottospazio vettoriale di matrici G tali che FG = H.

(b) Siano V , W e Z spazi vettoriali di dimensioni rispettivamente n, m e h sul campo Fq con q elementi;e siano date due applicazioni lineari φ : W → Z e η : V → Z. Si dica sotto quali ipotesi esiste

15


un’applicazione lineare ψ : V →W tale che η = φ ◦ψ. Si dica se tutte le applicazioni lineari, ψ, soddis-facenti a tale condizione formano un sottospazio vettoriale o una sottovarieta lineare di HomFq

(V,W ) ese ne determini il numero, in funzione di φ e η .

(c) Dati tre spazi vettoriali V , W , Z, su un campo C e tre applicazioni lineari φ : W → Z, ψ : V → W ,η : V → Z, tali che η = φ ◦ ψ; e vero che esistono delle basi V = {v1, . . . , vn} di V , W = {w1, . . . , wm}di W e Z = {z1, . . . , zh} di Z tali che αV,Z(η) =

(1r 0

0 0

), αW,Z(φ) =

(1s 0

0 0

), αV,W(ψ) =

(1r 0

0 0

),

per opportuni interi r ≤ s? In caso negativo si spieghi perche non possono esistere; in caso affermativosi spieghi come trovarle e le si determini (se esistono) per delle matrici F , G e H del punto (a).

Svolgimento. (a) Qualunque sia la matrice G, le colonne della matrice FG sono combinazione linearedelle colonne della matrice F (ovvero l’immagine dell’applicazione lineare composta, FG, e contenutanell’immagine di F ). Dunque una matrice G soddisfacente alle condizioni richieste puo esistere se, e solose, le colonne di H sono combinazione lineare delle colonne di F (ovvero l’immagine di H e contenutanell’immagine di F ); e cio e quanto accade per le matrici date.

Le matrici cercate formano quindi la sottovarieta lineare

0 1 1

0 0 0

2 −1 0

0 0 0

0 0 0

+

2a 2c 2e

b d f

−b −d −f−a −c −e2b 2d 2f

∣∣ (a, b, c, d, e, f) ∈ Q6

di dimensione 6.

Una sottovarieta lineare e un sottospazio vettoriale se, e solo se, passa per l’origine, ovvero se la matricenulla, G = 0, e una soluzione del problema H = FG. Cio accade se, e solo se, H = 0.

(b) L’applicazione lineare ψ puo esistere se, e solo se, imη ⊆ imφ. In tal caso, le funzioni ψ formano unasottovarieta lineare di sottospazio direttore isomorfo a HomFq (V, kerφ), di dimensione n(m−r), ove r = rkφ.

Dunque, o non vi sono soluzioni, oppure il loro numero e uguale a qn(m−r), se imη ⊆ imφ.

(c) In generale, le basi cercate non esistono. Se esistessero dovrebbe aversi, in particolare, rkψ = r = rkηe cio accade solo per particolari scelte di ψ. In generale, si ha rkψ ≥ rkη e vale l’uguaglianza se, e solose, kerψ = kerη. Sotto questa ulteriore ipotesi, si possono trovare delle basi soddisfacenti alle condizionirichieste; precisamente, si puo fissare una base V = {v1, . . . , vn} di V , tale che vr+1, . . . , vn sia una base dikerη = kerψ. Prendere w1 = ψ(v1), . . . , wr = ψ(vr) in W e completarli prima ad una base w1, . . . , ws di uncomplementare di kerφ e poi ad una base W = {w1, . . . , wm} di W in modo che ws+1, . . . , wm sia una basedi kerφ. Infine, si prendono i vettori z1 = φ(v1), . . . , zs = φ(ws) e si completano a una base Z = {z1, . . . , zh}di Z.

Nel caso delle matrici date sul campo Q, la soluzione particolare indicata sopra soddisfa all’ulterioreipotesi di avere rango 2, come H (tali matrici formano una sottovarieta lineare di dimensione 4, come si vedeimponendo la condizione che G e H abbiano lo stesso nucleo). In questo caso possiamo prendere le basiV = {e1, e3, e1 +2e2−2e3},W = {2e3, e1, e2, 2e1−e4, e2−e3 +2e5}, Z = {2e1 +4e3, e1 +e2 +e3 +e4, e1, e4}.

�

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su Q e V = {v1, . . . , v4} una sua base e si consideri l’endomorfismo

φ : V → V di matrice A = αV,V(φ) =

( 2 −3 −2 3

0 5 0 −5

−1 −3 1 3

0 2 0 −2

).

(a) Si determinino polinomio caratteristico, autovalori e autospazi di φ. Si dica se φ e diagonalizzabile e sideterminino una matrice diagonale D e una matrice invertibile P tali che D = P−1AP .

(b) Si dica se esiste una base W = {w1, . . . , w4} di V e degli scalari c1, . . . , c4, tali che φ =∑4j=1 cjwj ⊗w∗j ,

ove W∗ = {w∗1 , . . . , w∗4} e la base duale di V ∗. In tal caso si scrivano le matrici αW,V(id) e αW∗,V∗(id).

Svolgimento. (a) Polinomio caratteristico e pφ(X) = X2(X−3)2, con i due autovalori 0 e 3 di molteplicita al-gebrica 2. I relativi autospazi sono kerφ = 〈v1 + v3, v2 + v4〉 e ker(φ−3id) = 〈2v1 − v3, 3v1 − 5v2 + 3v3 − 2v4〉;


quindi φ e diagonalizzabile. Due matrici che soddisfano alle richieste sono

D =

( 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 3 0

0 0 0 3

)e P =

( 1 0 2 3

0 1 0 −5

1 0 −1 3

0 1 0 −2

).

(b) E sufficiente prendere una base di autovettori e come scalari gli autovalori relativi. Quindi possiamoscrivere le matrici

P = αW,V(id) =

( 1 0 2 3

0 1 0 −5

1 0 −1 3

0 1 0 −2

)e αW∗,V∗(id) = tP−1 =

1/3 0 1/3 0

1 −2/3 0 −1/3

2/3 0 1/3 0

−1 5/3 0 1/3

,

e concludere la discussione. �


ESERCIZIO 1. Si disegnino nel piano di Gauss le radici del polinomio P (X) = (X2− (2− i)X)(X2− (1 +4i)X − 6 + 2i) e si indichino con Q il poligono convesso che ha come vertici tali radici e con T il triangoloche ha come vertici le radici esterne alla circonferenza unitaria.(a) Si disegni nel piano di Gauss il triangolo T e si scrivano le equazioni, in funzione di z e z, delle rette

che formano i suoi lati. Si determinino le equazioni dei restanti lati di Q.(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nel cerchio unitario. Si determinino centri e raggi delle

circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo tramite λ i lati del triangolo T e i lati di Q.(c) Si evidenzi la regione λ∗(T ), ove si indichino con T i punti interni al triangolo T , e si dica se λ∗(T ) e

contenuta o meno nel poligono Q. Si evidenzi (in un altro disegno) la regione λ∗(Q), ove si indichinocon Q i punti interni al poligono Q, e si dica se λ∗(Q) e contenuta o meno nel triangolo T .

Svolgimento. Le radici di P (X) sono z0 = 0, z1 = 2− i, z2 = 2 + 2i, z3 = −1 + 2i; quindi le ultime 3 sono ivertici del triangolo T .

(a) Il lati del triangolo T e i restanti lati di Q sono quindi le rette (cfr. il disegnoa fianco)

z1 ∨ z2 : z + z = 4,

z2 ∨ z3 : − iz + iz = 4,

z1 ∨ z3 : (1− i)z + (1 + i)z − 2 = 0

z0 ∨ z1 : (1− 2i)z + (1 + 2i)z = 0,

z0 ∨ z3 : (2− i)z + (2 + i)z = 0.

(b) Le immagini dei tre lati del triangolo tramite la riflessione nel cerchio unitariosono le tre circonferenze qui sotto, mentre i restanti lati di Q coincidono colproprio riflesso (circonferenze generalizzate)

z1

z2z3

λ∗(z1 ∨ z2) : zz − 14z − 1

4 z = 0, λ∗(z1 ∨ z3) : zz + i4z − i

4 z = 0, λ∗(z2 ∨ z3) : zz − 1−i2 z − 1+i

2 z = 0.

Le tre circonferenze hanno rispettivamente centro in 14 , i

4 e 1+i2 e raggi 1

4 , 14 e 1√

2.

(c) La regione λ∗T e evidenziata in grigio nel disegno sopra ed e contenuta nel quadrilatero Q, perche iriflessi dei vertici z1 e z3 appartengono alle semirette che congiungono l’origine a tali punti. Poiche T ⊂ Q, siha λ∗T ⊆ λ∗Q e abbiamo evidenziato in rosso chiaro la regione (illimitata) che viene ad aggiungersi. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q e siano date le rispettive basi, V = {v1, . . . , v5}e W = {w1, . . . , w4}.(a) Dati i sottospazi

V1 = 〈v1 − v3, v2 − v4 + v5〉 e V2 =

{5∑

i=1

xivi |x2 + x3 = 0 = x2 − x3

},

si verifichi che V = V1 ⊕ V2 e si scriva la matrice A = αV,V(α) della proiezione α : V → V su V1

parallelamente a V2.(b) Dati i sottospazi

W1 = 〈w1 + w2 − w3 − w4, w1 + w2 + w3 + w4〉 e W2 =

{4∑

i=1

yiwi | y1 + y2 = 0 = y3 + y4

},

si verifichi che W = W1 ⊕W2 e si scriva la matrice B = αW,W(β) della proiezione β : W → W su W1

parallelamente a W2.

18


(c) Si consideri l’insieme C delle applicazioni lineari φ : V → W tali che φα = βφ. Si verifichi che e unsottospazio vettoriale di HomQ (V,W ) e se ne calcoli la dimensione. Siano α0 = 3α∗ e β0 = (2idW −2β)∗.Si determini la dimensione del sottospazio D = {ψ ∈ HomQ (W ∗, V ∗) |ψβ0 = α0ψ } e si scrivano lematrici αW∗,V∗(ψ) al variare di ψ in D.

Svolgimento. (a) La verifica che i due sottospazi sono complementari e routine. La matrice cercata e

A = αV,V(α) =

0 0 −1 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 −1 0 0 0

0 1 0 0 0

.

(b) Un vettore a(w1+w2−w3−w4)+b(w1+w2+w3+w4) appartiene a W1∩W2 se, e solo se, a+b = 0 = a−b.Quindi W1 ∩W2 = 〈0〉 e, per le formule di Grassmann, la somma ha dimensione 4, ovvero W1 ⊕W2 = W .La matrice della proiezione e quindi

B = αW,W(β) = 12

( 1 1 0 0

1 1 0 0

0 0 1 1

0 0 1 1

).

(c) L’omomorfismo φ : V → W sta in C se, e solo se, φ(V1) ⊆ W1 e φ(V2) ⊆ W2. Si tratta quindi di unsottospazio di dimensione 10 di HomQ (V,W ).

L’omomorfismo ψ : W ∗ → V ∗ sta in D se, e solo se, W⊥1 ⊆ kerψ e ψ(W⊥2 ) ⊆ V ⊥1 . Si tratta quindi diun sottospazio di dimensione 6 di HomQ (W ∗, V ∗) e le corrispondenti matrici sono tutte del tipo

αW∗,V∗(ψ) =

1 0 0

0 1 0

1 0 0

0 1 1

0 0 1

(a d

b e

c f

)(1 1 0 0

0 0 1 1

)=

a a d d

b b e e

a a d d

b+c b+c e+f e+f

c c f f

.

In particolare, ψβ0 = 0 = α0ψ, per ogni ψ ∈ D. �

ESERCIZIO 3. Sia C un campo di caratteristica diversa da 2 e sia τ : Mn(C) → Mn(C) l’applicazioneche manda ogni matrice A nella sua trasposta tA.(a) Si determinino il determinante, il polinomio caratteristico, gli autovalori e gli autospazi di τ e si dica se

e diagonalizzabile.(b) Si risponda alle stesse domande quando C e un campo di caratteristica 2.

Svolgimento. (a) Si ha det τ = (−1)(n2), pτ (X) = (X − 1)(

n+12 )(X + 1)(

n2), gli autospazi sono

ker(τ − id) ={A ∈Mn(C)

∣∣ tA = A}

= 〈ε(i, j) + ε(j, i) | 1 ≤ i ≤ j ≤ n 〉 ,

di dimensione(n+1

2

), e

ker(τ + id) ={A ∈Mn(C)

∣∣ tA = −A}

= 〈ε(i, j)− ε(j, i) | 1 ≤ i < j ≤ n 〉 ,

di dimensione(n2

). Dunque τ e diagonalizzabile.

(b) Se il campo ha caratteristica 2, allora det τ = 1, pτ (X) = (X − 1)n2

, l’unico autospazio e

ker(τ − id) ={A ∈Mn(C)

∣∣ tA = A}

= 〈ε(i, i) | 1 ≤ i ≤ n 〉 ⊕ 〈ε(i, j) + ε(j, i) | 1 ≤ i < j ≤ n 〉 ,

di dimensione(n+1

2

), e quindi τ non e diagonalizzabile. La sua forma di Jordan ha n blocchi di ordine 1

corrispondenti agli autovettori ε(i, i) con i = 1 . . . , n; e(n2

)blocchi di ordine 2, ciascuno in corrispondenza

con l’autovettore generalizzato ε(i, j), per 1 ≤ i < j ≤ n, e con la sua immagine tramite τ − id, l’autovettoreε(i, j) + ε(j, i) (N.B. In caratteristica 2, 1 = −1). �


ESERCIZIO 1. [8 punti] Nel piano di Gauss si consideri il triangolo T di vertici z1 = −1, z2 = i,z3 = z1 + z2.(a) Si determinino le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che formano i lati del triangolo T e si

determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati di T nella circonferenzaunitaria.

(b) Si disegnino il triangolo T e le circonferenze del punto precedente e si evidenzi la regione λ∗(T in), ovesi indichino con T in i punti interni a T e con λ la riflessione nel cerchio unitario.

(c) Si determini l’equazione, in funzione di z e z, della circonferenza, C, di centro z3 e passante per z1 e z2.E vero che λ∗C = C? E vero che λ(P ) e esterno a C se P e interno a C? Come si possono caratterizzaretutte le circonferenze, C ′, del piano di Gauss tali che λ∗C ′ = C ′?

Svolgimento. (a) Le tre rette sono

z1 ∨ z2 : (1 + i)z + (1− i)z = −2, z1 ∨ z3 : z + z = −2, z2 ∨ z3 : iz − iz = −2;

a cui corrispondono, per riflessione nel cerchio unitario, le circonferenze

λ∗(z1 ∨ z2) : 2zz + (1 + i)z + (1− i)z = 0,

λ∗(z1 ∨ z2) : 2zz + z + z = 0,

λ∗(z1 ∨ z2) : 2zz + iz − iz = 0;

i cui centri e raggi sono: 1−i2 , 1√

2e −1

2 , 12 e i

2 , 12 rispettivamente.

(b) Gli oggetti sono rappresentati nella figura a fianco, dove la regioneλ∗(T in) e evidenziata in grigio.

z1

z2z3

C

(c) Il cerchio C ha equazione zz+(1+i)z+(1−i)z+1 = 0 e con un calcolo diretto si verifica che coincide conla sua riflessione λ∗C. I punti interni a C vengono trasformati da λ in punti interni alla stessa circonferenza.Le circonferenze (reali) che coincidono con le loro riflessioni nel cerchio unitario sono tutte e sole quelledi equazioni zz − bz − bz + 1 = 0, con b ∈ C e |b| > 1. Una caratterizzazione piu geometrica si ottieneosservando che sono le circonferenze ortogonali alla circonferenza unitaria, ovvero tali che le tangenti neipunti di intersezione passino per il centro dell’altra circonferenza (perche?). �

ESERCIZIO 2. [12 punti] Siano U , V , W spazi vettoriali sul campo K, siano U = {u1, u2, u3}, V ={v1, . . . , v4}, W = {w1, . . . , w4}, delle rispettive basi e siano date le applicazioni lineari φ : U → W ,

ψ : V →W di matrici F = αU,W(φ) =

( 1 1 0

0 1 1

1 0 −1

0 −1 −1

)e G = αV,W(ψ) =

( 0 0 0 1

−1 0 1 1

1 1 0 0

1 2 1 −1

).

(a) Si determinino nucleo, immagine per φ e ψ e delle rispettive basi.(b) Si verifichi che il prodotto cartesiano U × V con le operazioni ((u, v), (u′, v′)) 7→ (u + u′, v + v′) e

(α, (u, v)) 7→ (αu, αv), e uno spazio vettoriale su K e se ne determini la dimensione e una base. Sidimostri che il sottoinsieme U ×W V = { (u, v) ∈ U × V |φ(u) = ψ(v) } e un sottospazio vettoriale e sene determinino la dimensione, una base e un sistema minimale di equazioni cartesiane (nelle coordinateassociate alla base fissata su U × V ).

(c) Fissata una base P di U ×W V , si scrivano le matrici αP,U (pU ) e αP,V(pV ), ove pU : (u, v) 7→ u epV : (u, v) 7→ v. Fissato lo spazio vettoriale T su K con base T = {t1, t2}, siano α : T → U e β : T →W

le applicazioni lineari di matrici A = αT ,U (α) =

(1 0

−1 2

2 0

)e B = αT ,V(β) =

( 1 1

−2 −1

2 1

0 2

). Si verifichi che

20


φ ◦ α = ψ ◦ β e si determini, se esiste, un’applicazione lineare ν : T → U ×W V tale che α = pU ◦ ν eβ = pV ◦ ν.

(d) Si mostri che (U ×V )∗ ∼= U∗×V ∗ e si scriva esplicitamente (u∗, v∗)◦ (u, v) in funzione delle applicazioni◦ : U∗ × U → K e ◦ : V ∗ × V → K. E vero che da questo isomorfismo si deduce

(U ×W V )∗ ∼= U∗ × V ∗{ (φ∗(w∗),−ψ∗(w∗)) |w∗ ∈W ∗ }?

Svolgimento. (a) Con un calcolo diretto, nelle coordinate date, si ha

imφ =

⟨( 1

0

1

0

),

( 0

1

−1

−1

)⟩, kerφ =

⟨(1

−1

1

)⟩, e imψ =

⟨( 0

0

1

2

),

( 0

1

0

1

),

( 1

1

0

−1

)⟩, kerψ =

⟨( 1

−1

1

0

)⟩,

(b) Il prodotto cartesiano con le operazioni date e uno spazio vettoriale su K, di dimensione dimU+dimV =7, con la base {(u1, 0), (u2, 0), (u3, 0), (0, v1), (0, v2), (0, v3), (0, v4)}. Il sottoinsieme U ×W V e un sottospaziodi U × V , essendo il nucleo dell’applicazione lineare φpU −ψpV (ove pU e pV sono le applicazioni nel testo).Il rango di tale applicazione lineare e dim(imφ + imψ) = 3, quindi la dimensione del nucleo e 4; ovverodim(U ×W V ) = dim kerφ + dim kerψ + dim(imφ ∩ imψ). Nella base data soddisfa al sistema di equazionicartesiane di matrice ( 1 1 0 0 0 0 −1

0 1 1 1 0 −1 −1

1 0 −1 −1 −1 0 0

0 −1 −1 −1 −2 −1 1

)∼( 1 0 −1 −1 −1 0 0

0 1 1 1 0 −1 −1

0 0 0 0 1 1 0

0 0 0 0 0 0 0

)

ove le righe della matrice equivalente sono, nell’ordine, III, II, I − III − II e IV − II + 2I − 2III, e dannoun sistema minimale di equazioni cartesiane per il sottospazio U ×W V .

(c) Possiamo prendere come base P di U×W V i vettori (u1−u2 +u3, 0), (0, v1−v2 +v3), (u2, v4), (u3,−v1).Con questa base si ha

αP,U (pU ) =

(1 0 0 0

−1 0 1 0

1 0 0 1

)e αP,V(pV ) =

( 0 1 0 −1

0 −1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

)

Con un calcolo diretto (ad esempio, usando le matrici), si verifica che φα− ψβ = 0. Inoltre,

(α(t1), β(t1)) = (u1 − u2 + u3, 0) + 2(0, v1 − v2 + v3) + (u3,−v1),

(α(t2), β(t2)) = (0, v1 − v2 + v3) + 2(u2, v4)

per cui ν esiste e αT ,P(ν) =

( 1 0

2 1

0 2

1 0

).

(d) L’isomorfismo si ottiene osservando che l’applicazione bilineare (u∗, v∗) ◦ (u, v) = u∗ ◦ u+ v∗ ◦ v e non-degenere. Il duale del sottospazio U×W V di U×V e quindi il quoziente (U×V )∗/(U×W V )⊥; e, ricordandoche U ×W V = ker(φpU − ψpV ), si ha

[ker(φpU − ψpV )]⊥ = im(φpU − ψpV )∗ = im(p∗Uφ∗ − p∗V ψ∗) = { (φ∗(w∗),−ψ∗(w∗)) |w∗ ∈W ∗ } ,

che e quanto dovevamo dimostrare. �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Sia K un campo, sia n un numero intero maggiore o uguale a 2 e si indichi conPn la matrice

Pn =

0 . . . 0 1... . .

.. .

.0

0 . ..

. .. ...

1 0 . . . 0

∈Mn(K).


(a) Sia K un campo di caratteristica diversa da 2; si determinino, polinomio caratteristico, autovalori erelativi autospazi di Pn al variare dell’intero n. Che si puo dire del suo polinomio minimo?

(b) Sia K un campo di caratteristica diversa da 2 e si consideri l’endomorfismo definito da X 7→ PnXPnper ogni X ∈Mn(K). Si determinino, polinomio caratteristico, autovalori e relativi autospazi di questoendomorfismo al variare dell’intero n. Che si puo dire del suo polinomio minimo?

(c) Si discutano le due domande precedenti nel caso in cui K abbia caratteristica 2.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di Pn e uguale a

pn(X) = det(X1n − Pn) = (X − 1)bn+12 c(X + 1)b

n2 c,

ove, per ogni numero reale x, si pone bxc = max {n ∈ Z |n ≤ x } [la parte intera di x]. Gli autovalori sonoquindi ±1 con le molteplicita algebriche indicate e gli autospazi corrispondenti sono, per n ∈ 2Z,

W1 =⟨e1 + en, . . . , en

2+ en

2 +1

⟩e W−1 =

⟨e1 − en, . . . , en

2− en

2 +1

⟩;

della stessa dimensione; mentre, per n ∈ 1 + 2Z,

W1 =⟨e1 + en, . . . , ebn2 c + ebn+1

2 +1c, ebn+12 +1c

⟩e W−1 =

⟨e1 − en, . . . , ebn2 c − ebn+1

2 +1c

⟩.

Il polinomio minimo di Pn e chiaramente X2 − 1.

(b) L’applicazione σ : X 7→ PnXPn scambia le posizioni delle entrate della matrice X (farsi il contoper n = 2, 3) e, precisamente, l’elemento di posto (i, j) in PnXPn e l’elemento xhk della matrice X, conh = n − i + 1 e k = n − j + 1. In particolare, σ2 = id e quindi si tratta anche in questo caso di una

simmetria. L’autospazio relativo all’autovalore 1 ha dimensione bn2+12 c, mentre quello relativo all’autovalore

−1 ha dimensione bn2

2 c. Lasciamo al lettore il compito di scrivere le matrici di una base dei due sottospazi.Anche in questo caso il polinomio minimo e X2 − 1.

(c) In ambedue i casi il polinomio minimo e X2 − 1 = (X − 1)2 (in caratteristica 2) e quindi i due endo-morfismi non sono diagonalizzabili, ma si decompongono in blocchi di Jordan di ordine minore o uguale a 2.Precisamente, per n ∈ 2Z, sui sottospazi

〈e1, e1 + en〉 , . . . ,⟨en

2, en

2+ en

2 +1

⟩

restano indotti blocchi di Jordan di ordine 2 (il secondo vettore e l’autovettore); mentre, per n ∈ 1 + 2Z, suisottospazi

〈e1, e1 + en〉 , . . .⟨ebn2 c, ebn2 c + ebn+1

2 c+1

⟩

restano indotti blocchi di Jordan di ordine 2 (il secondo vettore e l’autovettore) e ebn+12 c

e ancora un

autovettore relativo all’autovalore 1.Una situazione analoga si presenta nel caso dell’applicazione σ : X 7→ PnXPn e lasciamo al lettore il

compito di determinare il numero dei blocchi di Jordan di ordine 2 e le relative basi. �


ESERCIZIO 1. [10 punti] Si consideri il polinomio P (X) = (X + 1)(X2 − 2(1− i)X − 1− 2i) ∈ C[X].(a) Si disegni nel piano di Gauss il triangolo, T , che ha come vertici le radici del polinomio P (X) e deter-

minino le equazioni, in funzione di z e z, delle rette (reali) che costituiscono i lati di T .(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati di T nella circonferenza

unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione T in ∩λ∗(T out), ove si indichino con T out

i punti esterni a T , con T in i punti interni a T e con λ la riflessione nel cerchio unitario.(c) Si dia una condizione necessaria e sufficiente sul cerchio C, affinche l’insieme λ∗(Cin) = (λ∗C)out; cioe

affinche i punti interni alla circonferenza C vengano riflessi in punti esterni alla circonferenza λ∗C.

Svolgimento. (a) e (b) Le tre radici di P (X) sono, z0 = −1, z1 = −i, z2 = 2− i e le rette che li congiungonosono

r1 = z0∨z1 : (1−i)z+(1+i)z+2 = 0, r2 = z0∨z2 : (1−3i)z+(1+3i)z+2 = 0, r3 = z1∨z2 : −iz+iz+2 = 0,

che formano i lati di T . Le immagini delle rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circonferenze

λ∗(r1) : zz +1− i

2z +

1 + i

2z = 0, ovvero

∣∣∣∣z +1 + i

2

∣∣∣∣ =1√2

;

λ∗(r2) : zz +1− 3i

2z +

1 + 3i

2z = 0, ovvero

∣∣∣∣z +1 + 3i

2

∣∣∣∣ =

√10

2.

λ∗(r3) : zz − i

2z +

i

2z = 0, ovvero

∣∣∣∣z +i

2

∣∣∣∣ =1

2;

z0

z1 z2

La parte ombreggiata della figura soprastante rappresenta l’insieme T in ∩ λ∗(T out).(c) Scriviamo l’equazione del cerchio C nella forma zz − bz − bz + c = 0. Affinche i punti interni allacirconferenza C vengano riflessi in punti esterni alla circonferenza λ∗C e necessario e sufficiente che dopo lariflessione nel cerchio unitario la disuguaglianza zz − bz − bz + c < 0 ‘cambi di segno’. Dunque e necessarioe sufficiente che si abbia c < 0. cio e equivalente al fatto che l’origine (z = 0) sia un punto interno al cerchioC (e quindi anche a λ∗C) [scrivere per bene l’equivalenza delle due condizioni]. �

ESERCIZIO 2. [10 punti] Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q e siano V = {v1, v2, v3} e W ={w1, . . . , w4} delle rispettive basi.(a) Si considerino le applicazioni lineari α : V → V , β : W →W e φ : V →W definite dalle condizioni

α(v1 + v2) = 2v2 + 2v3

α(v2 + v3) = 2v1 + 2v2

α(v1 + v3) = 2v1 − 2v3

β(w1 + 2w3) = 2w2 + w4 = β(2w1 − w3)

β(w2 + 2w4) = w1 − 2w3 = β(2w2 − w4)

φ(v1 + v2) = w1 − 2w3

φ(v2 + v3) = 2w2 + w4

φ(v1 + v3) = w1 − w4

.

Si determinino la dimensione e una base per nucleo e immagine di ciascuno di questi omomofismi.(b) Si determini (se esiste) un’applicazione lineare ψ : V → W tale che βψ = φα. Si dica se l’insieme

A = {ψ ∈ HomQ (V,W ) |βψ = φα } e un sottospazio vettoriale o il traslato di un sottospazio vettoriale(sottospazio affine) di HomQ (V,W ). Si determini la dimensione e una base del sottospazio vettoriale eun eventuale vettore di traslazione (nel caso di un sottospazio affine).

(c) Siano ora V e W spazi vettoriali di dimensione finita sul campo Q e siano date le applicazioni lineariα : V → V , β : W → W e φ : V → W . Che condizioni devono soddisfare le applicazioni date affincheA = {ψ ∈ HomQ (V,W ) |βψ = φα } = 〈0〉? Per quali scelte si ha invece A = HomQ (V,W )?

23


Svolgimento. (a) Gli insiemi {v1 + v2, v2 + v3, v1 + v3} e {w1 + 2w3, 2w1 − w3, w2 + 2w4, 2w2 − w4} sonobasi dei due spazi vettoriali e quindi le applicazioni lineari sono ben definite. Dalle condizioni date, si ricava

kerα = 〈v1〉imα = 〈v1 + v2, v2 + v3〉

kerβ = 〈w1 − 3w3, w2 − 3w4〉imβ = 〈w1 − 2w3, 2w2 + w4〉

kerφ = 〈0〉imφ = 〈w1 − 2w3, 2w2 + w4, w1 − w4〉

ove i generatori dati sono basi dei rispettivi sottospazi.

(b) Si ha φ(α(v1 + v2)) = 4w2 + 2w4 = β(2w1 + 4w3), φ(α(v2 + v3)) = 2w1 − 4w3 = β(2w2 + 4w4),φ(α(v1)) = 0 = β(0); quindi soddisfa alle condizioni richieste l’applicazione lineare ψ0 : V →W , definita daψ0(v1 + v2) = 2w1 + 4w3, ψ0(v2 + v3) = 2w2 + 4w4, e ψ0(v1) = 0, ovvero l’applicazione lineare di matrice

αV,W(ψ0) =

( 0 2 −2

0 0 2

0 4 −4

0 0 4

).

L’insieme A e un sottospazio affine di HomQ (V,W ), perche due elementi di A differiscono per un’applicazionelineare che manda tutto V in kerβ. Dunque A e il traslato tramite ψ0 del sottospazio degli omomorfismiν : V → W , tali che imν ⊆ kerβ. Il sottospazio e isomorfo a HomQ (V, kerβ); ha quindi dimensione 6 e unasua base e data dalle applicazioni lineari di matrici

( 1 0 0

0 0 0

−3 0 0

0 0 0

),

( 0 0 0

1 0 0

0 0 0

−3 0 0

),

( 0 1 0

0 0 0

0 −3 0

0 0 0

),

( 0 0 0

0 1 0

0 0 0

0 −3 0

),

( 0 0 1

0 0 0

0 0 −3

0 0 0

),

( 0 0 0

0 0 1

0 0 0

0 0 −3

),

nelle basi V e W.

(c) La determinazione di A equivale alla risoluzione di un sistema di equazioni lineari (capire nei dettagliquesta affermazione), quindi la soluzione si riduce al solo vettore nullo quando il sistema e omogeneo, ovveroφα = 0, e ha un’unica soluzione quando β e iniettivo, ovvero quando kerβ = 〈0〉. L’insieme A e tutto lospazio vettoriale HomQ (V,W ) quando φα = 0 e β = 0 (cioe kerβ = W ). �

ESERCIZIO 3. [10 punti] Siano U e V spazi vettoriali sul campo K, siano fissate le rispettive basiU = {u1, . . . , uk} e V = {v1, . . . , vn} e siano U∗ = {u∗1, . . . , u∗k} e V∗ = {v∗1 , . . . , v∗n} le corrispondenti basiduali.(a) Presi comunque φ ∈ HomK (U, V ) e ψ ∈ HomK (V,U) si mostri che

k∑

i=1

ψ∗(u∗i ) ◦ φ(ui) =

n∑

j=1

φ∗(v∗j ) ◦ ψ(vj).

Indicato con ψ ∗ φ questo elemento di K, si dica se ψ ∗ φ = tr(ψ ◦ φ).(b) Si mostri che (ψ, φ) 7→ ψ ∗φ e un’applicazione bilineare non degenere HomK (V,U)×HomK (U, V )→ K

e quindi permette di identificare ognuno dei due spazi vettoriali col duale dell’altro. Si verifichi infineche questa applicazione non dipende dalla scelta delle basi.

(c) Dati u ∈ U , v ∈ V , u∗ ∈ U∗ e v∗ ∈ V ∗, calcolare (u⊗ v∗) ∗ (v ⊗ u∗).Svolgimento. (a) Siano A = αU,V(φ), B = αV,U (ψ) e quindi tB = αU∗,V∗(ψ∗). Si ha quindi, per ognii = 1, . . . , k,

ψ∗(u∗i ) ◦ φ(ui) = (bi1v∗1 + · · ·+ binv

∗n) ◦ (a1iv1 + · · ·+ anivn) =

n∑

j=1

bijaji,

da cui si ottiene

ψ ∗ φ =

k∑

i=1

n∑

j=1

bijaji = tr(BA) = tr(AB).


(b) La composizione di applicazioni bilineari distribuisce rispetto alla somma e al prodotto per scalari, quindil’applicazione e bilineare. Per verificare che e non degenere, sia ψ 6= 0 e fissiamo due indici i0 e j0, tali cheψ∗(u∗i0) = bi01v

∗1 + · · ·+ bi0nv

∗n, con bi0j0 6= 0. Sia λ : U → V l’applicazione lineare definita da

λ(ui) =

{0 se i 6= i0

vj0 se i = i0.

Allora, si ha

ψ ∗ λ =

k∑

i=1

ψ∗(u∗i ) ◦ λ(ui) = (bi01v∗1 + · · ·+ bi0nv

∗n) ◦ vj0 = bi0j0 6= 0.

Che non dipenda dalla scelta delle basi discende gia dall’osservazione che ψ ∗ φ = tr(ψ ◦ φ). Per vederlodirettamente si puo ragionare cosı: date le basi U ′ = {u′1, . . . , u′k} e V ′ = {v′1, . . . , v′n}, siano P = αU ′,U (id)e Q = αV,V′(id) le matrici di cambiamento di base. Allora A′ = αU ′,V′(φ) = QAP e B′ = αV′,U ′(ψ) =P−1BQ−1 e quindi calcolando con queste nuove basi, si ha

ψ ∗ φ = tr(B′A′) = tr(P−1BAP ) = tr(BA)

come si doveva dimostrare.

(c) Per quanto visto

(u⊗ v∗) ∗ (v ⊗ u∗) = tr((u⊗ v∗) ◦ (v ⊗ u∗)) = (v∗ ◦ v)tr(u⊗ u∗) = (v∗ ◦ v)(u∗ ◦ u).

Fine dei conti. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 23 febbraio 2015

ESERCIZIO 1. Sia φ : C5 → C5 un endomorfismo soggetto alle seguenti condizioni:

2 = rk(φ+ 2id)4 = rk(φ+ 2id)3 < rk(φ+ 2id)2; det(φ2 + id) = 0.

(a) Si determinino tutte le possibili matrici di Jordan per φ indicandone il rispettivo polinomio minimo epolinomio caratteristico.

(b) Quali fra le matrici di Jordan di φ sono simili ad una matrice in M5(R)?

Svolgimento. (a) La prima condizione impone: 3 = dim ker(φ+2id)4 = dim ker(φ+2id)3 > dim ker(φ+2id)2

e sapendo che ker(φ+ 2id) ( ker(φ+ 2id)2 ( ker(φ+ 2id)3 si ottiene

dim ker(φ+ 2id) = 1; dim ker(φ+ 2id)2 = 2; dim ker(φ+ 2id)3 = dim ker(φ+ 2id)4 = 3.

Quindi tutte le possibili forme di Jordan di φ hanno un unico blocco di Jordan relativo all’autovalore −2 diordine 3. Inoltre essendo det(φ2 + 1) = det ((φ+ i))(φ− i)) = det(φ+ i) det(φ− i) = 0 si ricava che almenouno tra i valori i,−i e autovalore di φ. In conclusione le possibili forme di Jordan di φ contengono oltre alblocco di Jordan di ordine 3 e autovalore −2:

- 2 blocchi di ordine 1 relativo all’autovalore i, il cui polinomio caratteristico e pφ(x) = (x + 2)3(x − i)2mentre il polinomio minimo e λφ(x) = (x+ 2)3(x− i);

- un blocco di ordine 2 relativo all’autovalore i con polinomio caratteristico uguale al polinomio minimopφ(x) = (x+ 2)3(x− i)2 = λφ(x);

- un blocco di ordine 1 relativo all’autovalore i ed un blocco di ordine 1 relativo ad un autovalore α ∈ C conα /∈ {−2, i}, il polinomio caratteristico coincide con il polinomio minimo e pφ(x) = (x+2)3(x−i)(x−α) =λφ(x);

- 2 blocchi di ordine 1 relativo all’autovalore −i, il cui polinomio caratteristico e pφ(x) = (x+ 2)3(x+ i)2

mentre il polinomio minimo e λφ(x) = (x+ 2)3(x+ i);- un blocco di ordine 2 relativo all’autovalore −i con polinomio caratteristico uguale al polinomio minimopφ(x) = (x+ 2)3(x+ i)2 = λφ(x);

- un blocco di ordine 1 relativo all’autovalore −i ed un blocco di ordine 1 relativo ad un autovaloreα ∈ C con α /∈ {−2,−i, i}, il polinomio caratteristico coincide con il polinomio minimo e pφ(x) =(x+ 2)3(x+ i)(x− α) = λφ(x).

(b) Essendo il polinomio caratteristico di una matrice in M ∈M5(R) a coefficienti reali dato γ ∈ C autovaloredi M anche il suo coniugato γ deve essere autovalore di M quindi l’unica forma di Jordan possibile fra quelleprecedenti e:

−2 1 0 0 0

0 −2 1 0 0

0 0 −2 0 0

0 0 0 i 0

0 0 0 0 −i

simile a

−2 1 0 0 0

0 −2 1 0 0

0 0 −2 0 0

0 0 0 0 1

0 0 0 −1 0

�

ESERCIZIO 2. In A4(R) munito del sistema di riferimento R = {O; e1, . . . , e4} si considerino le sottovarietalineari:

π : O + e3 + 〈−e1 + e3 − e4, e2〉 σ : O + e2 + 〈e1 + e2 + e4, 2e1 + e2 − e4〉

(a) Determinare la posizione reciproca delle sottovarieta lineari π e σ ed eventuali punti di intersezione.(b) E possibile definire l’applicazione affine πVπσ di proiezione sulla sottovarieta lineare σ parallela allo spazio

direttore di π? Se sı calcolarne la matrice associata rispetto al s.d.r. R.

1

2 LUISA FIOROT

(c) Si consideri σ come uno spazio affine con il sistema di riferimento R′ = {O′ = O + e2; v1 = e1 + e2 +e4, v2 = 2e1 + e2− e4}. Esiste un’applicazione affine f da A4(R) a σ tale che f(X) = X per ogni X ∈ σe, detta φ l’applicazione lineare soggiacente a f , si abbia Vπ := 〈−e1 + e3− e4, e2〉 = ker(φ)? Se sı darneun esempio indicandone la matrice associata rispetto ai sistemi di riferimento R in A4(R) ed R′ in σ.

Svolgimento. (a) I due piani si intersecano nel punto P = π ∩ σ = O+ e1 + 2e2 + e4, gli spazi direttori sonocomplementari Vπ ⊕ Vσ = R4 e π ∨ σ = A4(R).

(b) Essendo Vπ ⊕ Vσ = R4 si puo definire l’applicazione affine di proiezione sulla sottovarieta lineare σparallela allo spazio direttore di π tale che per ogni X ∈ A4(R) si abbia: πVπσ (X) ∈ σ e πVπσ (X) −X ∈ Vπ.La matrice richiesta e:

M =

1 0 0 0 0

0 1 0 1 0

1 2/3 0 1 1/3

0 0 0 0 0

0 0 0 1 1

.

(c) L’applicazione affine richiesta esiste ed e la proiezione su σ lungo la direzione di π. Dalla matrice M delpunto (b) si ricava che f(O) = O + e2 = O′ + 0v1 + 0v2, φ(e1) = e1 + 2/3e2 = 1/3v1 + 1/3v2, φ(e2) = 0R4 ,φ(e3) = e1 + e2 + e4 = v1 e φ(e4) = 1/3e2 + e4 = 2/3v1 − 1/3v2 da cui si ottiene la matrice N richiesta:

N =

1 0 0 0 0

0 1/3 0 1 2/3

0 1/3 0 0 −1/3

.

�

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento R = (O, {e1, e2, e3}) si consi-derino le rette

r :

{x+ y = 5

x− 2z = 0s :

{x− y = 1

z = −3

(a) Determinare la posizione reciproca e la distanza fra r e s, i punti di minima distanza R ∈ r e S ∈ s e ilcoseno dell’angolo fra le due rette r e s.

(b) Determinare la matrice nel riferimento R della riflessione στ rispetto al piano τ : 2x − 2y + z = −1 ecalcolare στ (r) e στ (R).

(c) Si consideri il punto S1 = 0 + 2e1 + e2 − 3e3 in s. Determinare un punto R1 nella retta r tale che iltetraedro di vertici R, R1, S e S1 abbia volume 3.

Svolgimento. (a) Le due rette sono sghembe, i punti di minima distanza sono R = O + 2e1 + 3e2 + e3 eS = O + 3e1 + 2e2 − 3e3 da cui si ricava che la distanza fra r e s e ||S − R|| = ||e1 − e2 − 4e3|| = 3

√2. Gli

spazi direttori di r e s sono rispettivamente Vr = 〈2e1− 2e2 + e3〉 e Vs = 〈e1 + e2〉 quindi il coseno e 0 ovverole due rette sono ortogonali fra loro.

(b) La matrice richiesta e:

S =

1 0 0 0

−4/9 1/9 8/9 −4/94/9 8/9 1/9 4/9

−2/9 −4/9 4/9 7/9

.

La retta r e la sottovarieta lineare r : O + 5e2 + 〈2e1 − 2e2 + e3〉. Percio il piano τ e ortogonale alla retta re passa per il punto R quindi στ (r) = r e στ (R) = R.

(c) Detta t la retta passante per R e S possiamo notare che le rette r, s e t sono a due a due sono ortogonalifra loro (Vr = 〈2e1−2e2 +e3〉, Vs = 〈e1 +e2〉 e Vt = 〈e1−e2−4e3〉) quindi il volume del tetraedro richiesto e(‖S−R‖ · ‖S1−S‖ · ‖R1−R‖)/6 = 3. Inoltre ‖S−R‖ = 3

√2, ‖S1−S‖ =

√2 da cui si ottiene ‖R1−R‖ = 3

quindi R1 = R± 3ur ove ur e un versore della retta r: ur = (2e1 − 2e2 + e3)/3: R1 = O + 4e1 + e2 + 2e3 oR′1 = O + 5e2. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 17 Aprile 2015


A =

( 1 0 0 0

1 2 1 2

−1 −1 0 −21 −1 −1 −1

)

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Determinare tutte le matrici di Jordan, non simili fra loro, di ordine 5 aventi lo stesso polinomio minimo

di A.

ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A4(Q) munito del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3, e4}si considerino le rette r, s e il piano π:

r : O + 〈e2〉 s : O + 2e1 + 〈e2 + e3〉 π :

{x1 = 1

x2 + x3 = 0

(a) Determinare la posizione reciproca di r e s e la dimensione di r ∨ s; la posizione reciproca di r e π e ladimensione di r ∨ π; la posizione reciproca di s e π e la dimensione di s ∨ π.

(b) Determinare equazioni cartesiane ed equazioni parametriche della sottovarieta lineare L := (r ∨ s) ∩ π.(c) Determinare un sistema di riferimento affine su A4(Q) (con indeterminate X1, X2, X3, X4) tale che la

retta r sia l’asse delle X1 e la retta s sia parallela all’asse delle X2. Scrivere le equazioni cartesiane diπ in tale sistema di riferimento.

(d) Si consideri P = O + e1 ∈ π. Determinare, se esiste, una retta t passante per P tale che dim(t ∨ r) = 2e dim(t ∨ s) = 2. E unica?

(e) Quali sono tutti e soli i punti Q ∈ π per cui esiste una retta hQ (che varia al variare di Q) tale chedim(hQ ∨ r) = dim(hQ ∨ s) = 2?

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su un campo C e ϕ un endomorfismo di V nilpotente di ordine5, inoltre supponiamo che dim(ker(ϕ3)) = 5. Determinare, a meno di similitudine, tutte le possibili formecanoniche di Jordan di ϕ.


ESERCIZIO 1. Si consideri E3 munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3}.(1) Si classifichi secondo Eulero la rigidita τ la cui matrice associata rispetto ad R e

T =

1 0 0 0

0 12 −

√3

2 0

1 0 0 −11 −

√3

2 − 12 0

(2) Se ne determinino le sottovarieta lineari unite e nel caso sia una glissorotazione, risp. glissoriflessione orisp. rotoriflessione si scriva τ come composizione di una traslazione con una rotazione, risp. traslazionecon una riflessione, risp. rotazione con una riflessione (e sufficiente indicare la matrice della riflessione).

(3) Determinare tutte le isometrie f di E3 (fornendone la matrice nel sistema di riferimento R) tali chef ◦ τ sia una traslazione di vettore non nullo.

Svolgimento. (1) La rigidita τ e inversa in quanto det(T ) = −1. L’unico punto unito e P = O + e3 quindiτ e una rotoriflessione (con angolo θ 6= kπ, k ∈ Z): composizione di una rotazione con una simmetriaortogonale di asse un piano ortogonale all’asse di rotazione. L’asse di rotazione e t : P + V−1 = O + e3 +⟨e1 +

√3e2 +

√3e3⟩

mentre l’asse di simmetria e σ : x+√

3y +√

3z =√

3.

(2) L’unico punto unito e P , l’unica retta unita e l’asse di rotazione t e l’unico piano unito e il piano assedi simmetria σ. La matrice della simmetria e:

S =

1 0 0 02√

37

57 − 2

√3

7 − 2√

37

67 − 2

√3

717 − 6

767 − 2

√3

7 − 67

17

.

(3) Indichiamo con T =(

1 0

a A

)la matrice di τ a blocchi e con F =

(1 0

b B

)la matrice (a blocchi) rispetto

al s.d.r. R di una rigidita f tale che f ◦ τ sia una traslazione di un vettore v 6= 0R3 . Allora FT =(

1 0

v I3

)

quindi F =(

1 0

b tA

)con b 6=

√32 e1 + 1

2e2 + e3. �

ESERCIZIO 2. In E3 munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3} si considerino il piano π :x+ y = 0 e il punto P = 0 + e1.(a) Determinare: la distanza d(π, P ) tra il piano π e il punto P ; le equazioni cartesiane della retta t

ortogonale a π e passante per P e le coordinate del punto di intersezione M := t ∩ π.(b) Determinare la matrice nel sistema di riferimento R della riflessione ortogonale (simmetria) di asse π.(c) Determinare una condizione necessaria e sufficiente su un punto Q ∈ E3 affinche esista una una rigidita

τ di E3 con: τ(π) = π e τ(P ) = Q e fornire per ogni tale Q un esempio di τ .(d) Determinare, scrivendone la matrice rispetto ad un opportuno sistema di riferimento scelto dallo stu-

dente, tutte le possibili rigidita dirette τ di E3 (con det(τ) = 1) tali che τ(π) = π e τ(P ) = R conR = O − e2.

Svolgimento. (a) Si ha: d(π, P ) = 1√2; t :

{x− y = 1

z = 0e M = O + 1

2e1 − 12e2.

(b) La matrice della riflessione ortogonale σ (simmetria) di asse π e:

S =

( 1 0 0 0

0 0 −1 0

0 −1 0 0

0 0 0 1

).

4

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 19 Giugno 2015 5

(c) Sia τ una rigidita tale che τ(π) = π e τ(P ) = Q. Tutte le rigidita conservano le distanze quindid(P, π) = d(τ(P ), τ(π)) = d(Q, π) = 1√

2. Quindi e necessario che d(Q, π) = 1√

2cioe Q deve appartenere a

uno dei due piani paralleli a π aventi distanza 1√2

da esso: Q ∈ π1 ∪ π2 con π1 : x+ y = 1 e π2 : x+ y = −1.

Questa condizione e anche sufficiente in quanto se Q ∈ π1 dato che anche P ∈ π1 la traslazione τv divettore v = Q − P soddisfa alla condizione τv(π) = π e τv(P ) = Q. Se invece Q ∈ π2 allora dettow = σ(Q)−P = Q−σ(P ) la composizione della traslazione τw con la riflessione ortogonale σ di asse π lasciaunito π e manda P in Q.

(d) Notiamo che R ∈ π2 e R = σ(P ). Sia τ una rigidita diretta tale che τ(π) = π e τ(P ) = R. Il puntoM = P+R

2 = O + 12e1 − 1

2e2 appartiene a π e d(M,P ) = 1√2

quindi τ(M) ∈ τ(π) = π e d(τ(M), τ(P )) =

d(τ(M), R) e da cui si ricava τ(M) = M e detta φ l’applicazione lineare soggiacente a τ si ha: φ(P −M) =τ(P )−τ(M) = R−M = −(P −M) quindi il vettore 1√

2e1 + 1√

2e2 e autovettore per φ. Si consideri il sistema

di riferimento R1 = {M ; e3,1√2e1− 1√

2e2,

1√2e1 + 1√

2e2}. Affinche τ verifichi τ(π) = π e τ(P ) = R la matrice

di τ nel sistema R′ deve essere:

M =

( 1 0 0 0

0 cos(θ) sin(θ) 0

0 sin(θ) − cos(θ) 0

0 0 0 −1

)

cioe tutte e sole le τ richieste sono rotazioni di angolo π attorno ad una retta contenuta nel piano x+ y = 0e passante per M .

�

ESERCIZIO 3. In E4 con il sistema di riferimento canonico si considerino le sottovarieta lineari

L :

{x1 = 1

x3 = 0M : O + 11e1 + 〈−e1 + 3e3, e4〉 .

(1) Determinare tutte le coppie di punti di minima distanza tra L e M. Calcolare la distanza fra L e M.(2) Determinare un’equazione cartesiana di un iperpiano σ equidistante da L e M cioe: d(L, σ) = d(M, σ).(3) Determinare le equazioni cartesiane di una retta r parallela contemporaneamente sia a L che a M ed

avente distanza 5 da entrambe le sottovarieta lineari.

Svolgimento. (1) Le sottovarita linerai L,M sono piani che non si intersecano i cui spazi direttori hannointersezione 〈e4〉. Le coppie di punti di minima distanza sono: (Lα,Mα) = (O+e1+αe4, O+10e1+3e3+αe4)da cui si ricava che la distanza d(L,M) = 3

√10.

(2) Gli iperpiani equidistanti da L e M sono: quelli con distanza nulla da entrambe cioe che intersecano

sia L che M (ad esempio x3 = 0) oppure quello con distanza positiva pari a 3√102 parallelo sia a L che a

M e passante per il punto medio di una coppia di minima distanza M0 = L0+M0

2 = O + 112 e1 + 3

2e3 quindi3x1 + x3 = 18.

(3) Per quanto visto in (1) una retta parallela simultaneamente ad L e ad M deve avere come spazio

direttore 〈e4〉. Notiamo che d(M0,L) = d(M0,M) = 3√102 . Sia Nx = M0 + xul + xum con x ∈ R e ul e um

versori tali che ul = e2 ∈ VL ∩ V ⊥M e um = − 1√10e1 + 3√

10e3 ∈ VM ∩ V ⊥L . Allora, essendo L0 + xul ∈ L e

M0 + xul + xum − (L0 + xul) = (M0 − L0) + xum ∈ V ⊥L , si ha:

d(N,L) = d(M0 + xul + xum, L0 + xul) = ‖(M0 − L0) + xum‖ =

√√√√(

3√

10

2

)2

+ x2

(perche M0 − L0 e ortogonale a um ∈ VM). Analogamente d(N,M) = d(M0 + xul + xum,M0 + xum) =√(3√102

)2+ x2. Quindi se vogliamo che d(N,L) = d(N,M) = 5 si deve avere

(3√102

)2+ x2 = 25 da cui

6 LUISA FIOROT

si ricava x =√102 . Quindi la retta passante r per N = M0 +

√102 ul +

√102 um = O + 5e1 +

√102 e2 + 3e3 e

direzione 〈e4〉 soddisfa le condizioni richieste ed ha equazioni cartesiane: r :

x1 = 5

x2 =√102

x3 = 3

. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 25 Giugno 2015

ESERCIZIO 1. Si consideri l’endomorfismo φ : R4 → R4 di matrice

A =

( 1 0 2 0

0 2 0 3

−2 0 −3 0

0 −3 0 −4

)

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Determinare ∆ ∈M4(R) diagonalizzabile e N ∈M4(R) nilpotente tali che A = ∆ +N con ∆N = N∆.

ESERCIZIO 2. Siano φ, ψ endomorfismi nilpotenti di Cn tali che φ ◦ ψ = ψ ◦ φ.(a) Dimostrare che per ogni k ∈ N si ha ψ(ker(φk)) ≤ ker(φk) e ψ(im(φk)) ≤ im(φk).(b) Dimostrare che per ogni k ∈ N si ha ψn−kφk = 0.(c) Dimostrare che per ogni x ∈ C l’endomorfismo xψ+φ e nilpotente. Se α, β sono endomorfismi nilpotenti

di Cn, ma αβ 6= βα e ancora vero che xα+ β e nilpotente per ogni x ∈ C?

ESERCIZIO 3. Si considerino lo spazio affine A4(R) dotato del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3, e4}e le sottovarieta lineari L e Mα con α ∈ R:

L : O + 2e1 − e3 + 〈e2 + e4, e1〉 Mα : O + e2 + 〈αe1 + e3〉 .

(1) Determinare la posizione reciproca di L a Mα e la dim(L ∨Mα) al variare di α ∈ R.(2) Poniamo α = 0. Per ogni punto P /∈ L ∪M0 calcolare la dimensione dim ((P ∨ L) ∩ (P ∨M0)).(3) Determinare la matrice nel sistema di riferimento R della simmetria di asse L e direzione W = 〈e2, e3〉.

ESERCIZIO 4. Si consideri E3 munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3}.(1) Si classifichi secondo Eulero e si determinino le sottovarieta lineari unite della rigidita τ la cui matrice

rispetto ad R e

T =

1 0 0 0−1/3 2/3 −2/3 −1/3

1 −2/3 −1/3 −2/31/3 −1/3 −2/3 2/3

.

(2) Nel caso sia una glissorotazione, risp. glissoriflessione o risp. rotoriflessione si scriva τ come composizionedi una traslazione con una rotazione, risp. traslazione con una riflessione, risp. rotazione con unariflessione indicandone le rispettive matrici nel sistema di riferimento R.

(3) Determinare tutte le rette r passanti per l’origine O, contenute nel piano π : 2x − y = 0 e tali che rformi con τ(r) un angolo θ con | cos(θ)| = 2/3.

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 9 Luglio 2015

ESERCIZIO 1. Sia V uno spazio vettoriale di dim(V ) = 6 sul campo R e sia φ : V → V un endomorfismosoggetto alle seguenti condizioni:

dim ker(φ− 2id)3 = 4; dim ker(φ− id)2 = 2.

Determinare tutte le possibili forme canoniche di Jordan a meno di similitudine per un tale endomorfismoφ. Per ogni tale forma canonica indicare il polinomio minimo e scrivere la tabella delle dimensioni dellefiltrazioni dei nuclei.

ESERCIZIO 2. Si considerino V un R-spazio vettoriale di dimensione finita n, ϕ : V → V un endomorfismodi V avente n autovalori reali distinti α1, . . . , αn e ψ un endomorfismo di V tale che ψϕ = ϕψ.(a) Si dimostri che ψ e diagonalizzabile.(b) Si dimostri che se ϕ e ortogonalmente diagonalizzabile allora anche ψ e ortogonalmente diagonalizzabile.(c) Si calcoli la dimensione di R[ϕ] come R-spazio vettoriale.

ESERCIZIO 3. In A4(R) con il sistema di riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4} si considerino lesottovarieta lineari

Lα : O + e1 + 〈e1 + αe2, e3〉 M : O + e2 + 〈e1 + e2, e4〉con VLα = 〈e1 + αe2, e3〉 e VM = 〈e1 + e2, e4〉.(1) Determinare Lα ∩M, Lα ∨M, dim(VLα ∩ VM) e dim(Lα ∨M) al variare del parametro α ∈ R. Esistono

dei valori di α ∈ R per cui Lα e M siano sghembe?(2) Determinare le equazioni cartesiane di un piano π passante per il punto P = O + e1 + e2 tale che

dim(π ∩ Lα) = 1 = dim(π ∩M). Tale piano e unico?(3) Determinare la matrice nel sistema di riferimento canonico R della trasformazione affine di proiezione

su L0 lungo la direzione di M.

ESERCIZIO 4. Nello spazio euclideo E3 dotato del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} siconsiderino le rette:

r :

{x = 1

y = 1s :

{x− 4y = −8

3y + z = 14

1. Si determini la distanza d(r, s) fra r e s, i punti di minima distanza R ∈ r, S ∈ s e il coseno dell’angolofra le due rette.

2. Si determini la matrice nel sistema di riferimento R della rigidita f = tv ◦ s ottenuta componendo latraslazione tv di vettore v = 4e1+2e2 dopo la simmetria ortogonale s di asse σ : 2x+y = 1. Si classifichila rigidita f e se ne determinino le sottovarieta lineari unite.

3. Si determini un sistema di riferimento R′ tale che la matrice associata alla simmetria s sia diagonale esi calcoli la matrice di f nel sistema di riferimento R′.

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 1 Settembre 2015

ESERCIZIO 1. Si consideri l’endomorfismo φ : R5 → R5 di matrice

A =

0 0 0 0 0

0 5 −1 1 0

0 1 3 1 0

0 4 4 4 4

0 −2 2 −2 4

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Si determinino una matrice ∆ ∈M5(R) diagonalizzabile ed una matrice N ∈M5(R) nilpotente tali che

A = ∆ +N con ∆N = N∆.(d) Si scriva la matrice, C, compagna del polinomio caratteristico di φ. E vero che C e simile ad A?

Giustificare la risposta.

ESERCIZIO 2. Sia k un campo e V un k-spazio vettoriale di dimensione finita. Sia ψ : V → V unendomorfismo con det(ψ) = 0. Dimostrare che kerψ e imψ sono in somma diretta (quindi V = kerψ⊕ imψ)se e solo se il polinomio minimo di ψ si scrive come λψ(x) = xq(x) con q(0) 6= 0.

ESERCIZIO 3. In E4(R) con il sistema di riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4} si considerino lesottovarieta lineari

L : O + 〈2e1 + 3e2 − e3, e4〉 M : O + e4 + 〈e1 − e2, e3〉 .(1) Determinare L ∩M e L ∨M.(2) Esiste una retta passante per l’origine O e ortogonale sia a L che a M?(3) Determinare la retta r contenuta in L, passante per P = O+ 2e1 + 3e2− e3 e ortogonale a M. Calcolare

la distanza fra r e M.

ESERCIZIO 4. Nello spazio euclideo E3 dotato del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3}1. Si determini la matrice della simmetria ortogonale s di asse π : 3x+ 5y = 1.2. Si determini un sistema di riferimento euclideo R′ tale che la matrice associata alla simmetria s sia

diagonale.3. Sia πk : 3x+5y = k un piano parallelo a π. Calcolare la distanza tra πk e π. Si denoti con sk la simmetria

ortogonale di asse πk. Si determini un valore di k ∈ R tale che sk ◦s sia uguale alla traslazione di vettorev = 3e1 + 5e2.


ESERCIZIO 1. Si consideri l’endomorfismo φ : R5 → R5 di matrice A rispetto alla base canonica:

A =

0 0 0 0 0

0 2 0 0 0

0 0 2 3 0

0 0 0 2 0

0 −1 0 1 2

.

(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Si determinino esplicitamente ∆ diagonalizzabile ed N nilpotente tali che A = ∆ +N con ∆N = N∆.

ESERCIZIO 2. Sia f : Cn → Cn un endomorfismo con polinomio minimo λf (x) = x(x−α)m e m ≤ n− 1.(1) Dimostrare che kerf e imf sono in somma diretta (quindi V = kerf ⊕ imf).(2) Detto π : V → V l’endomorfismo di proiezione su ker(f) lungo im(f), si determini un polinomio

h(x) ∈ C[x] tale che h(f) = π.

ESERCIZIO 3. In A4(R) si considerino i sistemi di riferimento: R = {O; e1, . . . , e4} (canonico) e R′ ={O; 5e3 + 11e4,−e3 + 23e4, 54e1 − e2, e1 + e2}. Useremo le incognite x1, . . . x4 per il sistema di riferimentocanonico R e X1, . . . X4 per il sistema di riferimento R′.

(1) Si considerino i piani π :

{X1 = 0

X2 = 0e τ :

{X3 = 0

X4 = 0(eq. cart. nel sdr R′). Determinare la matrice nel

sistema di riferimento canonico della simmetria s di asse π e direzione parallela a τ .(2) Determinare la matrice associata a s2n rispetto al sistema di riferimento canonico per ogni n ∈ N.

(3) Sia σa :

{X3 = 0

aX1 + (a− 1)X4 = 2a− 1(eq. cart. nel sdr R′). Determinare la posizione reciproca di π e

σa al variare di a ∈ R scrivendone le eventuali intersezioni in coordinate rispetto al sdr R.

ESERCIZIO 4. Nello spazio euclideo E3 dotato del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} siconsideri la rigidita h di matrice

H =

( 1 0 0 0

0√3/2 0 −1/2

0 0 1 0

2 1/2 0√3/2

).

1. Classificare la rigidita h e determinarne tutte le sottovaireta lineari unite.2. Esiste un sdr euclideo R′ diverso da R tale che la matrice associata a h rispetto a R′ sia ancora H? In

caso affermativo fornirne un esempio.3. Siano R = O + e1 e r : R + 〈e3〉. Determinare le equazioni cartesiane di una retta s parallela a 〈e2〉

avente distanza 5 da s e tale che R sia punto di minima distanza (su r).4. Si considerino la retta r del punto precedente e la retta t : R + 〈e1 + e2〉. Determinare il piano σ

contenente r e t e le equazioni cartesiane delle rette contenute in σ bisettrici di r e t.


ESERCIZIO 1. Nel piano di Gauss si indichi con T1 l’insieme dei punti interni al triangolo di vertici leradici del polinomio P1(X) = X3 − (3 + 2i)X2 + (1 + 3i)X e si indichi con T2 l’insieme dei punti interni altriangolo di vertici le radici del polinomio P2(X) = (X − 1)(X2 − (1 + 3i)X − 2 + 2i).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i due triangoli.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati dei triangoli T1 e T2, in termini delle

coordinate z e z.(c) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati dei due

triangoli nella circonferenza unitaria. Si disegnino tali circonferenze e si evidenzi la regione λ∗(T1 r T2)ove si indichi con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

Svolgimento. (a) Le radici di P1(X) sono i numeri complessi z0 = 0, z1 = 1 + i e z2 = 2 + i. Le radici diP2(X) sono i numeri complessi w0 = 1, w1 = z1 e w2 = 2i.

(b) I lati dei due triangoli sono le rette

z0 ∨ z1 :(1 + i)z + (1− i)z = 0,

z0 ∨ z2 :(1 + 2i)z + (1− 2i)z = 0,

z1 ∨ z2 :iz − iz + 2 = 0,

e

w0 ∨ w1 :z + z = 2,

w0 ∨ w2 :(2− i)z + (2 + i)z = 4,

w1 ∨ w2 :(1− i)z + (1 + i)z = 4.z0

z1

z2

w0

w2

(c) Le immagini delle sei rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circonferenze (generalizzate)

λ∗(z0 ∨ z1) :(1 + i)z + (1− i)z = 0,

λ∗(z0 ∨ z2) :(1 + 2i)z + (1− 2i)z = 0,

λ∗(z1 ∨ z2) :zz +i

2z − i

2z = 0,

e

λ∗(w0 ∨ w1) :zz − 1

2z − 1

2z = 0,

λ∗(w0 ∨ w2) :zz − 2− i4

z − 2 + i

4z = 0,

λ∗(w1 ∨ w2) :zz − 1− i4

z − 1 + i

4z = 0,

L’insieme T1 r T2 e formato da due triangolini che si ottengono togliendo a T1 la sua intersezione con T2. Ilriflesso di questo insieme e anch’esso diviso in due parti, evidenziate in rosso e in verde nella figura. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano fissate le basiV = {v1, . . . , v5} di V , e W = {w1, . . . , w5} di W .(a) Si determinino, se esistono, tutte le applicazioni lineari φ:V → W e ψ : W → V che soddisfano alle

seguenti condizioni

φ(v1 + v3) = φ(v2 − v3) = w2 + 2w4,

φ(v3 + v5) = φ(v4 − v5) = 2w1 − w4,

φ(v2 + v3 + v4) = w1 + w3 + w5;

ψ(w2 + 2w4) = ψ(w2 − 2w5) = v1 + v2,

ψ(2w1 − w4) = ψ(2w2 + w4) = v3 + v4,

ψ(w1 + w3 + w5) = 2v2 + 2v3 + 2v4.

Si determinino delle basi e sistemi di equazioni cartesiane per nucleo e immagine di tali applicazioni.(b) Si verifichi che V = kerφ ⊕ imψ e W = kerψ ⊕ imφ. Si determini la matrice nelle basi date della

proiezione π : V → V su imψ, parallelamente a kerφ. Si dica se la restrizione di ψ all’immagine di φinduce o meno un isomorfismo tra imφ e imψ.

(c) Si determinino tutte le applicazioni lineari η : V → V tali che ψ ◦ φ ◦ η coincida con la proiezioneπ : V → V del punto precedente e se ne scrivano le matrici nelle basi date.


v′1 = v1 + v3, v′2 = v2 − v3, v′3 = v3 + v5, v′4 = v4 − v5, v′5 = v2 + v3 + v4;

1


sono una base V ′ di V (verificarlo!), quindi esiste un’unica applicazione lineare φ : V → W che soddisfi allecondizioni richieste. Analogamente i vettori

w′1 = w2 + 2w4, w′2 = w2 − 2w5, w′3 = 2w1 − w4, w′4 = 2w2 + w4, w′5 = w1 + w3 + w5,

sono una base W ′ di W (verificarlo!), e si ragiona come sopra. Dalle condizioni date, risulta che

imφ = 〈w′1, w′3, w′5〉 e kerφ = 〈v′1 − v′2, v′3 − v′4〉 ,

le cui equazioni cartesiane, rispetto alle coordinate associate alle basi V e W, sono

imφ :

{y1 − 4y2 − y3 + 2y4 = 0

y3 − y5 = 0, kerφ :

x1 + x2 = 0

2x4 + x5 = 0

2x2 + x3 + x4 = 0

;

e, analogamente,

imψ = 〈v′1 + v′2, v′3 + v′4, v

′5〉 e kerψ = 〈w′1 − w′2, w′3 − w′4〉 .

di equazioni cartesiane

imψ :

{x3 − x4 = 0

x5 = 0, kerψ :

y1 + y2 = 0

y2 − y4 − y5 = 0

y3 = 0

.

(b) Si verifica con un facile calcolo che kerφ∩imψ = 〈0〉 e kerψ∩imφ = 〈0〉 (farlo!); per motivi di dimensione,si tratta di sottospazi complementari. La proiezione π : V → V su imψ, parallelamente a kerφ, ha quindimatrice

A = αV,V(π) = 12

2 0 −1 1 1

0 2 1 −1 −1

0 0 0 2 1

0 0 0 2 1

0 0 0 0 0

.

Il nucleo della restrizione di φ a imψ e kerφ∩ imψ = 〈0〉, e quindi la restrizione di φ a quel sottospazio e unomomorfismo iniettivo tra due spazi della stessa dimensione (finita) e quindi un isomorfismo.

(c) Il nucleo di ψ ◦ φ e kerφ; e inoltre la restrizione di ψ ◦ φ a imψ coincide con la moltiplicazione per 2.Dunque, ψ ◦ φ = 2π. Dunque, l’applicazione 1

2π soddisfa alle condizioni poste su η. Ogni altra possibilescelta di η deve differire da questa per un’applicazione lineare τ : V → V , tale che τ(v) ∈ ker(ψ ◦φ) per ogniv ∈ V . Le matrici cercate sono tutte e sole quelle che si ottengono sommando a 1

2A la matrice (sempre nellabase V) di un qualsiasi elemento del sottospazio HomQ (V, kerφ), ovvero del sottospazio

⟨

1 0 0 0 0

−1 0 0 0 0

2 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 1 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 2 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 0 1 0 0

0 0 −1 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 0 0 1 0

0 0 0 −1 0

0 0 0 2 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 1

0 0 0 0 −1

0 0 0 0 2

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 0 0

−1 0 0 0 0

2 0 0 0 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 2 0 0 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 −1 0 0

0 0 2 0 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 −1 0

0 0 0 2 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 −1

0 0 0 0 2

⟩

Cio conclude la discussione. �



A =

( 2 0 1 3 1

−1 1 2 1 0

5 −1 0 5 2

−5 3 5 0 −1

)∈M4×5(Q).

(a) Si determini il rango, r, di A e due matrici invertibili P e Q ad elementi in Q, tali che PAQ =

(1r 0

0 0

).

(b) Se A e una matrice 5 × 7, di rango 3, sul campo Fq (con q elementi), come si possono contare tutte le

coppie di matrici invertibili, P e Q, a elementi in Fq, tali che PAQ =

(13 0

0 0

)?

Svolgimento. (a) Tramite operazioni elementari sulle righe di A si ottiene

A ∼

II −1 1 2 1 0I + 2II 0 2 5 5 1

III + 5II 0 4 10 10 2IV − 5II 0 −2 −5 −5 −1

∼

−1 1 2 1 00 2 5 5 1

III − 2II 0 0 0 0 0IV + II 0 0 0 0 0

;

dunque A ha rango 2 e il nucleo di A e il sottospazio K =

⟨

1

5

−2

0

0

,

1

0

1

−1

0

,

1

1

0

0

−2

⟩

. Completiamo la

base di K a una base di Q5 e otteniamo una possibile scelta della matrice Q, ovvero

Q =

1 0 1 1 1

0 1 5 0 1

0 0 −2 1 0

0 0 0 −1 0

0 0 0 0 −2

∈ GL(5,Q).

Le colonne non nulle del prodotto AQ (ovvero le prime due colonne di A) si possono completare a una basedi Q4 e ottenere le colonne della matrice P−1; ad esempio, si ha

P−1 =

( 2 0 0 0

−1 1 0 0

5 −1 1 0

−5 3 0 1

)e quindi P =

( 1/2 0 0 0

1/2 1 0 0

−2 1 1 0

1 −3 0 1

)∈ GL(4,Q);

si verifica con un calcolo diretto che PAQ e la matrice richiesta.

(b) Ripercorrendo i passi della costruzione fatta sopra, per determinare la matrice Q, abbiamo scelto unabase del nucleo di A e l’abbiamo completata a una base di tutto lo spazio di partenza; dopodiche, perdeterminare P , abbiamo completato la base dell’immagine cosı determinata (ovvero le colonne non nulle diAQ) ad una base dello spazio di arrivo.

Nel caso in questione, abbiamo che il nucleo di A ha dimensione 4 sul campo Fq e quindi ci sono(q4 − 1)(q4 − q)(q4 − q2)(q4 − q3) scelte possibili per una sua base. Per completare questi vettori a una basedi tutto lo spazio di partenza (che ha dimensione 7) ci sono quindi (q7− q4)(q7− q5)(q7− q6) scelte. Restanoquindi le scelte necessarie per completare la base cosı ottenuta dell’immagine di A (che ha dimensione 3) auna base di tutto lo spazio di arrivo (che ha dimensione 5), ovvero (q5 − q3)(q5 − q4). Dunque il numero dicoppie di matrici possibili e il prodotto di tutte le scelte indicate.

Un’espressione piu generale di questo prodotto, in funzione delle dimensioni, m × n, della matrice A edel suo rango r, e

qn(n−1)

2 +m(m−1)

2 − r(r−1)2

m−r∏

i=1

(qi − 1)

n−r∏

j=1

(qj − 1)

r∏

h=1

(qh − 1);

che da conto del fatto che il numero delle coppie non cambia scambiando m con n, ovvero cambiando lamatrice A con la sua trasposta. �


ESERCIZIO 1. Nel piano di Gauss si indichi con T1 l’insieme dei punti interni al triangolo di vertici leradici del polinomio P1(X) = X3 + (3 + 2i)X2 + (1 + 3i)X e si indichi con T2 l’insieme dei punti interni altriangolo di vertici le radici del polinomio P2(X) = (X + 1)(X2 + (1 + 3i)X − 2 + 2i).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i due triangoli.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati dei triangoli T1 e T2, in termini delle




seguenti condizioni

φ(v1 + v4) = φ(v5 − v1) = 2w1 + w4,

φ(v1 + v3) = φ(v2 − v3) = 2w3 − w1,

φ(v1 + v2 + v5) = w2 + w3 + w5;

ψ(2w1 + w4) = ψ(w4 − 2w2) = v4 + v5,

ψ(2w3 − w1) = ψ(w1 + 2w4) = v1 + v2,

ψ(w2 + w3 + w5) = 2v1 + 2v2 + 2v5.


proiezione π : W → W su imφ, parallelamente a kerψ. Si dica se la restrizione di φ all’immagine di ψinduce o meno un isomorfismo tra imψ e imφ.

(c) Si determinino tutte le applicazioni lineari ξ : W → W tali che φ ◦ ψ ◦ ξ coincida con la proiezioneπ : W →W del punto precedente e se ne scrivano le matrici nelle basi date.


A =

(−1 1 0 1 2

5 5 2 −1 0

2 3 1 0 1

−5 0 −1 3 5

)∈M4×5(Q).


(1r 0

0 0

).



(14 0

0 0

)?


ESERCIZIO 1. Nel piano di Gauss si indichi con T1 l’insieme dei punti interni al triangolo di vertici leradici del polinomio P1(X) = X3 + (2− 3i)X2 − (1 + 3i)X e si indichi con T2 l’insieme dei punti interni altriangolo di vertici le radici del polinomio P2(X) = (X − i)(X2 + (3− i)X + 2− 2i).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i due triangoli.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati dei triangoli T1 e T2, in termini delle




seguenti condizioni

φ(v2 + v4) = φ(v3 − v4) = w1 + 2w3,

φ(v1 + v4) = φ(v5 − v1) = 2w5 − w3,

φ(v3 + v4 + v5) = w2 + w4 + w5;

ψ(w1 + 2w3) = ψ(w1 − 2w4) = v2 + v3,

ψ(2w5 − w3) = ψ(2w1 + w3) = v4 + v5,

ψ(w2 + w4 + w5) = 2v3 + 2v4 + 2v5.


proiezione π : V → V su imψ, parallelamente a kerφ. Si dica se la restrizione di ψ all’immagine di φinduce o meno un isomorfismo tra imφ e imψ.

(c) Si determinino tutte le applicazioni lineari η : V → V tali che ψ ◦ φ ◦ η coincida con la proiezioneπ : V → V del punto precedente e se ne scrivano le matrici nelle basi date.


A =

( 2 −1 5 5 0

1 0 2 3 1

0 1 −1 1 2

−1 3 −5 0 5

)∈M4×5(Q).


(1r 0

0 0

).



(13 0

0 0

)?


ESERCIZIO 1. Nel piano di Gauss si indichi con T1 l’insieme dei punti interni al triangolo di vertici leradici del polinomio P1(X) = X3 + (2 + 3i)X2 − (1− 3i)X e si indichi con T2 l’insieme dei punti interni altriangolo di vertici le radici del polinomio P2(X) = (X + i)(X2 + (3 + i)X + 2 + 2i).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i due triangoli.(b) Si determinino le equazioni delle rette (reali) che formano i lati dei triangoli T1 e T2, in termini delle



ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano fissate le basiV = {v1, . . . , v5} di V , e W = {w1, . . . , w5} di W .(a) Si determinino, se esistono, tutte le applicazioni lineari φ : V → W e ψ : W → V che soddisfano alle

seguenti condizioni

φ(v2 + v5) = φ(v1 − v2) = w3 + 2w5,

φ(v2 + v4) = φ(v3 − v4) = 2w2 − w5,

φ(v1 + v2 + v3) = w1 + w2 + w4;

ψ(w3 + 2w5) = ψ(w3 − 2w1) = v1 + v5,

ψ(2w2 − w5) = ψ(2w3 + w5) = v2 + v3,

ψ(w1 + w2 + w4) = 2v1 + 2v2 + 2v3.


proiezione π : W → W su imφ, parallelamente a kerψ. Si dica se la restrizione di φ all’immagine di ψinduce o meno un isomorfismo tra imψ e imφ.

(c) Si determinino tutte le applicazioni lineari ξ : W → W tali che φ ◦ ψ ◦ ξ coincida con la proiezioneπ : W →W del punto precedente e se ne scrivano le matrici nelle basi date.


A =

( 1 1 3 2 0

0 2 1 −1 1

2 0 5 5 −1

−1 5 0 −5 3

)∈M4×5(Q).


(1r 0

0 0

).



(14 0

0 0

)?

Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 20 novembre 2015


ESERCIZIO 1. In the complex plane, let T1 denote the interior of the triangle whose vertices are thepoints corresponding to the roots of the polynomial P1(X) = X3 − (3 + 2i)X2 + (1 + 3i)X and let T2

denote the interior of the triangle whose vertices are the points corresponding to the roots of the polynomialP2(X) = (X − 1)(X2 − (1 + 3i)X − 2 + 2i).(a) Find the roots of P1(X) and P2(X) and draw the triangles T1 and T2 in the complex plane.(b) Find the equations of the (real) lines containing the sides of the triangles T1 e T2, and write these

equations in terms of the coordinates z and z.(c) Find center and radius of each (generalized) circle obtained by reflection in the unit circle of the lines

above. Draw these circles in the complex plane and mark out the region λ∗(T1rT2) = {λ(z) | z ∈ T1 r T2 }(we denote by λ the reflection in the unit circle: λ(z) = 1/z).

ESERCIZIO 2. Let V and W be vector spaces over the field Q of rational numbers and fix two orderedbasis, V = {v1, . . . , v5} and W = {w1, . . . , w5}, of V and W respectively.(a) Find (if any) all the linear maps, φ:V →W and ψ : W → V , subjected to the following conditions

φ(v1 + v3) = φ(v2 − v3) = w2 + 2w4,

φ(v3 + v5) = φ(v4 − v5) = 2w1 − w4,

φ(v2 + v3 + v4) = w1 + w3 + w5;

ψ(w2 + 2w4) = ψ(w2 − 2w5) = v1 + v2,

ψ(2w1 − w4) = ψ(2w2 + w4) = v3 + v4,

ψ(w1 + w3 + w5) = 2v2 + 2v3 + 2v4.

Find a basis and a set of cartesian equations for the null-space (kernel) and the range (image) of anysuch map.

(b) Check if V = kerφ⊕ imψ and W = kerψ ⊕ imφ. Write down the matrix relative to the basis V, of thelinear map π : V → V which projects a vector on imψ along the subspace kerφ. Does the restriction ofψ to the image of φ induce an isomorphism between imφ and imψ?

(c) Find all the linear maps η : V → V such that ψ ◦ φ ◦ η = π and write down their matrices relative tothe basis V.

ESERCIZIO 3. Let A be the matrix

A =

( 2 0 1 3 1

−1 1 2 1 0

5 −1 0 5 2

−5 3 5 0 −1

)∈M4×5(Q).

(a) Find the rank r of A and write down two invertible matrices P and Q, with entries in Q, such that

PAQ =

(1r 0

0 0

).

(b) Let A be a matrix 5 × 7 (5 rows and 7 columns) of rank 3, with entries in the field Fq (the field withq elements). Explain how to count all the couples of invertible matrices, P and Q, with entries in the

field Fq, such that PAQ =

(13 0

0 0

).


1 2 3


ESERCIZIO 1. Sia V uno spazio vettoriale sul campo Q dei numeri razionali e sia V = {v1, . . . , v5} unasua base. Sia φ : V → V , l’omomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

1 0 −2 0 2

2 2 −3 −1 4

0 0 −1 0 −3

−3 0 7 −3 −4

0 −6 −4 6 −1

.

(a) Si calcolino detA e det(tA−A).(b) Siano w1 = v1 + 2v2, w2 = 2v2 + 3v3, w3 = 3v3 − 4v4, w4 = 4v4 − 5v5, w5 = 5v5 − 3v4. Si verifichi

che W = {w1, . . . , w5} e una base di V , e si considerino le matrici B = αW,W(φ), P = αV,W(idV ),C = αV,W(φ). Si scrivano le relazioni tra detA, detB, detC e detP .

Svolgimento. (a) Con operazioni elementari sulle righe (di determinante 1) si ha

A ∼

1 0 −2 0 2II − 2I 0 2 1 −1 0

0 0 −1 0 −3IV + 3I 0 0 1 −3 2

0 −6 −4 6 −1

∼

1 0 −2 0 20 2 1 −1 00 0 −1 0 −3

IV + III 0 0 0 −3 −1V + 3II + IV 0 0 0 0 1

;

quindi detA = 6. La matrice H = tA − A e antisimmetrica (tH = −H) e quindi detH = det(tH) =det(−H) = (−1)5 detH, che e possibile se, e solo se, detH = 0.

(b) Con un calcolo diretto, si osserva che la matrice P−1 = αW,V(idV ) =

1 0 0 0 0

2 2 0 0 0

0 3 3 0 0

0 0 −4 4 −3

0 0 0 −5 5

ha determinante

30 e, inoltre, C = PA. Dunque, detB = detφ = detA = 6, e, per la formula di Binet, detP = 1/30 edetC = (detP )(detA) = 1/5. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n su K. Un sottoinsieme A ⊆ V e un sottospazioaffine di dimensione k di V se esistono un vettore v0 ∈ A e un sottospazio vettoriale W , di dimensione k, diV (il sottospazio direttore) tali che A = v0 +W = { v0 + w |w ∈W }.(a) Sia A = v0 +W un sottospazio affine di dimensione k di V , allora

(i) si mostri che per ogni v ∈ A si ha A = v +W ;(ii) si mostri che A e un sottospazio vettoriale di V se, e solo se, A = W ; ovvero se, e solo se, 0V ∈ A;

(iii) dato un iperpiano affine B = v1 + U ⊂ V , (dimU = n− 1), si mostri che A ∩B o e vuoto, oppuree ancora un sottospazio affine di V ; cosa si puo dire della dim(U ∩W ) nei due casi?

(iv) si mostri che l’insieme H = { ζ ∈ V ∗ | ζ ◦ x = ζ ◦ v0, ∀x ∈ A } e un sottospazio vettoriale di V ∗ ese ne calcoli la dimensione;

(v) sia H come sopra e sia ζ1, . . . , ζd una sua base (d = dimH)), si determini la dimensione e una base

del sottospazio vettoriale 〈A〉⊥.(b) Si mostri che il sottoinsieme A di R5, formato dalle soluzioni del sistema lineare

2X1 −X3 +X5 = 1

4X1 − 3X2 − 2X3 + 6X4 + 8X5 = 8

X2 − 2X4 − 2X5 = −2

e un sottospazio affine e se ne determini un elemento v0, il sottospazio direttore e la dimensione.

8


Facendo riferimento alle definizioni dei punti (iv) e (v) soprastanti, si determini una base per ciascuno

dei sottospazi H e 〈A〉⊥ dello spazio duale di R5.

Svolgimento. (a) (i) La classe laterale v0 + W non dipende dalla scelta del rappresentante in V ; infatti sev = v0 +w0 ∈ A, allora, per ogni w ∈W , si ha v+w = v0 + (w0 +w) e quindi v+W ⊆ v0 +W ; e, viceversa,v0 + w = v + (w − w0) e quindi v0 +W ⊆ v +W ; da cui l’uguaglianza.(ii) Se A e sottospazio vettoriale di V allora 0 ∈ A e quindi, per quanto visto sopra, A = W ; e cio implicache A un sottospazio vettoriale di V . Dunque le affermazioni sono equivalenti.(iii) Se esiste almeno un vettore v ∈ A ∩ B, allora, per quanto visto sopra, A = v + W e B = v + U , equindi A ∩ B = v + (U ∩W ) ed e percio un sottospazio affine. In questo caso, k − 1 ≤ dim(U ∩W ) ≤ k e,precisamente, si ha dim(U ∩W ) = k se W ⊂ U , e quindi A ⊂ B; mentre si ha dim(U ∩W ) = k − 1 neglialtri casi. Se, invece, A ∩B = ∅, allora deve aversi W ⊆ U (perche?) e quindi dim(U ∩W ) = dimW = k.(iv) Per ogni x ∈ A, x− v0 ∈W , e quindi H = W⊥ ⊆ V ∗ e dimH = n− k.(v) Si ha 〈A〉 = 〈v0〉 + W (verificarlo!). Quindi, se A e un sottospazio vettoriale (ovvero v0 ∈ W ), allora

〈A〉⊥ = W⊥ = H (stessa dimensione, stessa base). Se, invece v0 /∈ W , allora 〈A〉⊥ ⊂ W⊥ = H e dimA⊥ =n − k − 1. Se A e un iperpiano, dimA⊥ = 0 e non esiste una base del sottospazio nullo; altrimenti,d = n− k > 1, possiamo supporre, a meno di cambiare l’ordine degli elementi di base di H, (ζ1 ◦ v0) 6= 0, eprendere le d− 1 forme lineari (omogeneizzate)

(ζ1 ◦ v0)ζ2 − (ζ2 ◦ v0)ζ1, . . . , (ζ1 ◦ v0)ζd − (ζd ◦ v0)ζ1.

(b) Con operazioni elementari sulle righe, si verifica che le tre equazioni sono linearmente dipendenti, ovveroII = 2I−3III. Il sistema ha quindi rango 2 (sia la matrice dei coefficienti che la matrice completa) e perciole soluzioni sono un sottospazio affine di dimensione 3, ovvero

A = v0 +W, ove v0 =

0

0

0

0

1

e W =

⟨

1

0

2

0

0

,

0

2

0

1

0

,

0

0

1

−1

1

⟩.

Una base del sottospazio H e data quindi dai coefficienti delle equazioni omogenee (indipendenti), ovveroH = W⊥ = 〈(2, 0,−1, 0, 1), (0, 1, 0,−2,−2)〉. Il sottospazio 〈A〉 ha dimensione 4 e il suo ortogonale e generato

dalla forma omogeneizzata, (0, 1, 0,−2,−2) + 2(2, 0,−1, 0, 1), ovvero 〈A〉⊥ = 〈(4, 1,−2,−2, 0)〉. �

ESERCIZIO 3. Sia φ : V → V l’endomorfismo dello spazio vettoriale reale V di matrice

A = αV,V(φ) =

( 2 1 1 1

0 1 0 2

3 −3 0 −3

0 2 0 1

)

nella base V = {v1, . . . , v4}.(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, autovalori e relativi autospazi e si dica se φ e diagonalizzabile.(b) Sia T uno spazio vettoriale reale e sia T = {t1, . . . , t6} una sua base. Si consideri l’endomorfismo

Lφ : HomR (T, V )→ HomR (T, V ) definito ponendo Lφ(ξ) = φ◦ξ, per ogni ξ ∈ HomR (T, V ). Si calcolinoil polinomio caratteristico di Lφ, autovalori e relativi autospazi e si dica se Lφ e diagonalizzabile.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X14 − A) = (X + 1)2(X − 3)2, e le duematrici

A+ 14 =

( 3 1 1 1

0 2 0 2

3 −3 1 −3

0 2 0 2

)e A− 3 · 14 =

(−1 1 1 1

0 −2 0 2

3 −3 −3 −3

0 2 0 −2

)

hanno entrambo rango 2, per cui gli autospazi sono

W1 = ker(φ+ id) = 〈v1 − 3v3, v2 − v4〉 e W2 = ker(φ− 3id) = 〈v1 + v3, 2v1 + v2 + v4〉 ;

e φ e diagonalizzabile, ovvero V = W1 ⊕W2.


(b) Siano πi : V → V , i = 1, 2, le proiezioni associate alla decomposizione V = W1 ⊕W2. Allora, per ogniξ ∈ HomR (T, V ), si ha

ξ = idV ◦ ξ = (π1 + π2) ◦ ξ = π1 ◦ ξ + π2 ◦ ξ;quindi, identificando lo spazio HomR (T,Wi) (i = 1, 2) con il sottospazio di HomR (T, V ) costituito dallefunzioni la cui immagine e contenuta in Wi, abbiamo la decomposizione

HomR (T, V ) = HomR (T,W1)⊕HomR (T,W2),

essendo banale l’intersezione tra i due addendi. Per ogni ξ ∈ HomR (T,Wi), si ha

Lφ(ξ)(t) = φ(ξ(t)) = ciξ(t), per ogni t ∈ T,

ove c1 = −1 e c2 = 3; ovvero Lφ(ξ) = ciξ per ogni ξ ∈ HomR (T,Wi) (i = 1, 2). Quindi Lφ e diagonalizzabile,ha gli stessi autovalori, c1, c2, di φ e gli autospazi HomR (T,Wi) (i = 1, 2). Quindi il polinomio caratteristicoe pLφ(X) = (X + 1)12(X − 3)12. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 − iX + (1− i) ∈ C[X] e si verifichi che P (−1) = 0.(a) Si determinino le radici del polinomio P (X) e si disegni nel piano di Gauss il triangolo T che ha come

vertici tali radici. Si scrivano le equazioni delle rette che contengono i lati del triangolo T , in terminidelle coordinate z e z.

(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto prece-dente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss, evidenziando il“riflesso” della regione di piano esterna al triangolo T .

(c) Dati due punti, y e z in C, distinti e non allineati con l’origine del piano di Gauss, siano c ∈ C e r ∈ R>0

il centro e il raggio della circonferenza che si ottiene riflettendo la retta y∨z nella circonferenza unitaria.Si scrivano esplicitamente c e r come funzione dei numeri complessi y e z.

Svolgimento. (a) Si ha P (X) = (X + 1)(X + i)(X − 1 − i) e i tre vertici del triangolo T sono i puntiz1 = −1, z2 = −i e z3 = 1 + i. Le tre rette cercate sono quindi z1 ∨ z2 : (1 − i)z + (1 + i)z + 2 = 0,z1 ∨ z3 : (1 + 2i)z + (1− 2i)z + 2 = 0, z2 ∨ z3 : (2 + i)z + (2− i)z − 2 = 0.

(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria(z 7→ 1/z). Le circonferenze riflesse sono

λ∗(z1 ∨ z2) : zz +1− i

2z +

1 + i

2z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz +1 + 2i

2z +

1− 2i

2z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − 2 + i

2z − 2− i

2z = 0.

Nelle equazioni precedenti, il centro della circonferenza e l’opposto del coeffi-ciente di z e il raggio corrispondente e il suo modulo. Il riflesso della regioneesterna al triangolo e l’unione dei punti interni alle tre circonferenze riflesse.Si ottiene quindi il disegno a lato.

z1

z2

z3

(c) Per quanto osservato sopra e le note relazioni tra i coefficienti dell’equazione della retta y ∨ z e lecoordinate dei due punti, il centro della circonferenza e il numero complesso c = y−z

yz−yz e il raggio e il suo

modulo |c|. Il lettore e invitato a verificare che il valore di c dipende solo dalla retta y ∨ z e non dalla coppiadi punti, y e z, che la generano e cosa accade di questa espressione quando i due punti vengono a essereallineati con l’origine. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si considerino isottospazi

W1 = 〈2v1 + v3, 4v1 − 2v2 + v3 + 2v5, v1 − v2 + v5〉 , W2 =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣∣

x1 − 3x3 = 0

x1 + 2x2 − 3x3 + 2x4 − 2x5 = 0

x2 + x4 − x5 = 0

.

(a) Si determini la dimensione e una base per ciascuno dei due sottospazi e si verifichi se V = W1 ⊕W2.In caso affermativo, indicate con π1 e π2 in HomQ (V, V ) le proiezioni su W1 e W2 associate a questadecomposizione si scrivano le matrici A = αV,V(π1) e B = αV,V(π2) e si calcoli det(3A− 2B).

(b) Si determinino le dimensioni e una base per i sottospazi W⊥1 e W⊥2 di V ∗. E vero che V ∗ = W⊥1 ⊕W⊥2 e che le applicazioni trasposte π∗1 e π∗2 in HomQ (V ∗, V ∗) sono le proiezioni associate a questadecomposizione?

(c) Sia ora V uno spazio vettoriale di dimensione finita su un campo K, sia V = W1⊕W2⊕W3 e si indichicon πi ∈ HomK (V, V ), i = 1, 2, 3, la proiezione su Wi associata a questa decomposizione. E vero che

11


V ∗ = W⊥1 ⊕W⊥2 ⊕W⊥3 e che le applicazioni trasposte π∗i ∈ HomK (V ∗, V ∗), i = 1, 2, 3, sono le proiezioniassociate a questa decomposizione? In caso contrario, qual e la decomposizione di V ∗ associata a taliproiezioni?

Svolgimento. (a) I tre generatori di W1, w1 = 2v1 + v3, w2 = v1 − v2 + v5, u = 4v1 − 2v2 + 2v3 + 2v5 sonolinearmente dipendenti, essendo u = w1 +2w2; quindi dimW1 = 2 e una sua base e w1, w2. Il sistema lineareomogeneo che definisce W2 ha rango 2 (I − II + 2III e l’identita 0 = 0) e quindi dimW2 = 3 e una sua basee formata dai vettori w3 = 3w1 + v3, w4 = v2 − v4, w5 = v4 + v5.

Sostituendo una generica combinazione lineare di w1 e w2 nelle equazioni che definiscono W2, si verificafacilmente che W1 ∩W2 = 〈0〉; quindi i due sottospazi sono in somma diretta e, guardando alle dimensioni

(formula di Grassmann), si conclude che V = W1 ⊕W2. Dato un vettore v =∑5i=1 xivi ∈ V , si ha π1(v) =

aw1 + bw2 ∈W1, ove a e b sono determinati dalla condizione v−π1(v) ∈W2; ovvero a = −2x1−x2+6x3−x4+x5

2e b = −x2−x4+x5

2 . Dunque

A = αV,V(π1) = 12

−4 −3 12 −3 3

0 1 0 1 −1

−2 −1 6 −1 1

0 0 0 0 0

0 −1 0 −1 1

e B = αV,V(π2) = 15 −A = 1

2

6 3 −12 3 −3

0 1 0 −1 1

2 1 −4 1 −1

0 0 0 2 0

0 1 0 1 1

.

Sia φ = 3π1 − 2π2 ∈ HomQ (V, V ) e sia D ∈ A5(V ) una forma 5-lineare, alternante, non nulla su V .Utilizzando la base W = {w1, . . . , w5} di V , possiamo scrivere

det(3A− 2B) = detφ =D(φ(w1), . . . , φ(w5))

D(w1, . . . , w5)=D(3w1, 3w2,−2w3,−2w4,−2w5)

D(w1, . . . , w5)= −3223 = −72.

(b) A parte la richiesta di determinare delle basi, da quanto visto sopra possiamo affermare che dimW⊥1 = 3,dimW⊥2 = 2, V ∗ = W⊥1 ⊕W⊥2 e che π∗1 e la proiezione su W⊥2 , parallelamente a W⊥1 e π∗2 e la proiezione suW⊥1 , parallelamente a W⊥2 (perche?). Due basi possono essere v∗1−3v∗3 , v∗2 +v∗4−v∗5 per W⊥2 , e v∗1 +v∗2−2v∗3 ,v∗2 + v∗5 , v∗4 per W⊥1 .

(c) Sia n = dimV = dimV ∗. Un facile calcolo di dimensioni, mostra che dimW⊥1 +dimW⊥2 +dimW⊥2 = 2ne quindi la somma non e diretta. D’altra parte, per i = 1, 2, 3, si ha π∗i = (πi ◦ πi)∗ = π∗i ◦ π∗i e quindi letrasposte delle proiezioni sono proiezioni. Inoltre

imπ∗1 = (kerπ1)⊥ = (W2 ⊕W3)⊥ = W⊥2 ∩W⊥3 , kerπ∗1 = (imπ1)⊥ = W⊥1 , V ∗ = kerπ∗1 ⊕ imπ∗1 .

Inoltre, si ha

(W⊥1 ∩W⊥3 ) ∩ (W⊥1 ∩W⊥2 ) = W⊥1 ∩W⊥2 ∩W⊥3 = (W1 +W2 +W3)⊥ = 〈0〉dim[(W⊥1 ∩W⊥3 )⊕ (W⊥1 ∩W⊥2 )] = n− dimW1 = dimW⊥1 ,

per cui (W⊥1 ∩W⊥3 )⊕ (W⊥1 ∩W⊥2 ) = W⊥1 e quindi le tre proiezioni sono associate alla decomposizione

V ∗ = (W⊥2 ∩W⊥3 )⊕ (W⊥1 ∩W⊥3 )⊕ (W⊥1 ∩W⊥2 );


ESERCIZIO 3. Sia φ : V → V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si indichicon φ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

3 0 2 0 0

0 2 0 0 1

0 0 −2 0 0

0 1 0 3 −1

0 4 0 0 −1

nella base data.


(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; sidica inoltre se φ e diagonalizzabile.

(b) Sia Cφ : HomQ (V, V ) → HomQ (V, V ) l’applicazione definita ponendo Cφ(ξ) = φ ◦ ξ − ξ ◦ φ, per ogniξ ∈ HomQ (V, V ). Si verifichi che Cφ e lineare e si determinino autovalori, autospazi e polinomiocaratteristico per Cφ e si dica se e diagonalizzabile.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 − A) = (X + 2)2(X − 3)3, e le duematrici

A+ 215 =

5 0 2 0 0

0 4 0 0 1

0 0 0 0 0

0 1 0 5 −1

0 4 0 0 1

e A− 315 =

0 0 2 0 0

0 −1 0 0 1

0 0 −5 0 0

0 1 0 0 −1

0 4 0 0 −4

hanno rispettivamente rango 3 e 2, per cui gli autospazi sono

W1 = ker(φ+ 2id) = 〈2v1 − 5v3, v2 − v4 − 4v5〉 e W2 = ker(φ− 3id) = 〈v1, v2 + v5, v4〉 .

I generatori dei rispettivi autospazi sono delle basi e quindi φ e diagonalizzabile, ovvero V = W1 ⊕W2.

(b) L’applicazione Cφ e lineare, perche la composizione di applicazioni lineari distribuisce rispetto alla sommae alla moltiplicazione per scalari.

Le affermazioni successive divengono evidenti se si identificano gli elementi di HomQ (V, V ) con le rispet-tive matrici rispetto ad una base fatta dall’unione di una base di W1 con una base di W2 e si scrivono lematrici a blocchi. Siano πi : V → V , 1 = 1, 2, le proiezioni associate alla decomposizione V = W1 ⊕W2, equindi sia φ = −2π1 + 3π2. Il nucleo di Cφ (ovvero l’autospazio relativo all’autovalore 0) e il sottospazio

T0 = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ = π1ξπ1 + π2ξπ2 } ,

che ha dimensione 13. I sottospazi

T1 = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ = π1ξπ2 } e T2 = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ = π2ξπ1 }

sono rispettivamente autospazi di Cφ per gli autovalori −5 e 5, entrambi di dimensione 6. Quindi Cφ ediagonalizzabile e il suo polinomio caratteristico e pCφ(X) = X13(X − 5)6(X + 5)6. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3 +2X2−3X−10 ∈ C[X] e si verifichi che P (i−2) = 0.(a) Si determinino le radici del polinomio P (X) e si disegni nel piano di Gauss il triangolo T che ha come


(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto prece-dente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss, evidenziando il“riflesso” dei punti simultanemente interni al triangolo T ed esterni alla circonferenza unitaria.

(c) Sia fissato un numero reale positivo c e si consideri l’applicazione λc : Cr {0} → Cr {0} che manda zsu c/z. E vero che λc ◦λc = id? Si disegni nel piano di Gauss l’insieme dei punti uniti per l’applicazioneλc. Sia ora η 6= 0 un numero complesso e si consideri l’applicazione µη : Cr {0} → Cr {0} che mandaz su η/z. Che dire in questo caso dell’applicazione µη ◦ µη e dei punti uniti di µη?

Svolgimento. (a) Si ha P (X) = (X − 2)(X + 2 + i)(X + 2 − i) e i tre vertici del triangolo T sono i puntiz1 = 2, z2 = −2 − i e z3 = −2 + i. Le tre rette cercate sono quindi z1 ∨ z2 : (1 + 4i)z + (1 − 4i)z − 4 = 0,z1 ∨ z3 : (1− 4i)z + (1 + 4i)z − 4 = 0, z2 ∨ z3 : z + z + 4 = 0.

(b) Sia λ : Cr {0} → Cr {0} la riflessione nella circonferenza unitaria(z 7→ 1/z). Le circonferenze riflesse sono

λ∗(z1 ∨ z2) : zz − 1 + 4i

4z − 1− 4i

4z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz − 1− 4i

4z − 1 + 4i

4z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz +z

4+z

4= 0.

z1

z2

z3

Nelle equazioni precedenti, il centro della circonferenza e l’opposto del coefficiente di z e il raggiocorrispondente e il suo modulo. Il riflesso della regione interna al triangolo ed esterna alla circonferenzaunitaria e costituito dai due sottoinsiemi evidenziati in grigio nel disegno qui sopra.

(c) Si ha λc(λc(z)) = λc(c/z) = z, quindi λc ◦λc = id; inoltre, z e un punto unito se z = λc(z) = c/z; ovverozz = c. Dunque, l’insieme dei punti uniti e la circonferenza centrata nell’origine e di raggio

√c.

Fissato un numero complesso η 6= 0, si ha µη(µη(z)) = µη(η/z) = ηη z. Per ogni numero complesso η, si

ha ηη = e2iArgη, e quindi µη ◦ µη e la rotazione attorno all’origine di angolo 2Argη, che e l’identita se, e solo

se, Argη ∈ πZ, ovvero η ∈ Rr {0}. Il punto z e unito se z = µη(z) = η/z, ovvero zz = η e cio puo accaderesolo se η e un numero reale positivo e si ricade in quanto visto sopra. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale reale e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base.(a) Si verifichi che esiste un’applicazione lineare φ : V → V tale che

φ(2v1 − 3v3) = φ(v1 − 2v3) = v2 − v4 − v5, φ(v2 − v4 − v5) = φ(v2 + v4 + v5) = v1 − 2v3,

φ(v1 − v5) = φ(v1 + v4) = v5 − v1.

Si determinino dimensione e base per i sottospazi kerφ e imφ e si verifichi che V = kerφ ⊕ imφ. Siscriva la matrice αV,V(φ).

(b) Indicata con π : V → V la proiezione su imφ parallelamente a kerφ, si determini per quali valori di t ∈ Rla dimensione del nucleo di φ+tπ e maggiore della dimensione di kerφ. Per tali valori di t si determini lacontroimmagine tramite φ+ tπ del vettore v1−v2 +2v3 +v4 +v5. Per gli stessi valori di t si determininouna base dell’ortogonale di ker(φ + tπ) in V ∗ e una base dell’ortogonale della controimmagine tramiteφ+ tπ del vettore v1 + v2 − 2v3 − v4 − v5.

14



w1 = v1 − 2v3, w2 = v2 − v4 − v5, w3 = v1 − v5, w4 = v1 − v3 = (2v1 − 3v3)− (v1 − 2v3),

w5 = v4 + v5 = 12 [(v2 + v4 + v5)− (v2 − v4 − v5)]

sono una base di V e inoltre, v1 + v4 = w3 + w5. L’applicazione lineare φ esiste e si ha

φ(w1) = w2, φ(w2) = w1, φ(w3) = −w3, φ(w4) = φ(w5) = 0.

Dunque V = imφ⊕ kerφ, ove

imφ = 〈w1, w2, w3〉 = 〈v1 − 2v3, v2 − v4 − v5, v1 − v5〉 e kerφ = 〈w4, w5〉 = 〈v1 − v3, v4 + v5〉 .

La matrice cercata e A = αV,V(φ) =

0 1 0 −1 1

−1 0 −1 1 −1

0 −2 0 0 0

1 0 1 −1 1

1 0 1 0 0

.

(b) La restrizione di φ ad imφ e un automorfismo di questo sottospazio, e la restrizione di π allo stessoe l’identita; e inoltre, φ e π hanno lo stesso nucleo. Quindi l’applicazione lineare φ + tπ ha un nucleo didimensione maggiore di 2 = dim kerφ se, e solo se, −t e un autovalore (reale) per la restrizione di φ a imφ.E facile verificare (ad esempio usando la base W) che cio accade per t = ±1.• Per t = 1, si ha ker(φ+π) = 〈w1 − w2, w3, w4, w5〉 e v1 + v2− 2v3− v4− v5 = w1 +w2 = π(w1) +φ(w1);

La controimmagine cercata e quindi S = (v1 − 2v3) + 〈v2 + v3, v1 − v5, v1 − v3, v4 + v5〉, per cui gliortogonali in questione sono ker(φ+ π)⊥ = 〈v∗1 − v∗2 + v∗3 + v∗4 − v∗5〉 e S⊥ = 〈0〉.• Per t = −1, si ha ker(φ− π) = 〈w1 + w2, w4, w5〉 e v1 + v2 − 2v3 − v4 − v5 = w1 + w2 non appartiene a

im(φ−π) = 〈w1 − w2, w3〉; la controimmagine cercata e quindi S = ∅, per cui gli ortogonali in questione

sono ker(φ− π)⊥ = 〈v∗1 − v∗2 + v∗3 , v∗4 − v∗5〉 e S⊥ = V ∗ (che, in realta, e 〈S〉⊥). �

ESERCIZIO 3. Sia φ : V → V uno spazio vettoriale reale e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si indichicon φ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

5 0 4 0 0

0 2 0 0 −1

−3 0 −2 0 0

1 6 −4 −4 −1

0 6 0 0 −5

nella base data.(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; si

dica inoltre se φ e diagonalizzabile.(b) Si consideri l’endomorfismo Mφ : HomR (V, V ) → HomR (V, V ) definito ponendo Mφ(ξ) = φ ◦ ξ ◦ φ, per

ogni ξ ∈ HomR (V, V ). Si calcolino il polinomio caratteristico di Mφ, autovalori e relativi autospazi e sidica se Mφ e diagonalizzabile.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 −A) = (X + 4)2(X − 1)2(X − 2), e lematrici

A+ 415 =

9 0 4 0 0

0 6 0 0 −1

−3 0 2 0 0

1 6 −4 0 −1

0 6 0 0 −1

A− 15 =

4 0 4 0 0

0 1 0 0 −1

−3 0 −3 0 0

1 6 −4 −5 −1

0 6 0 0 −6

A− 215 =

3 0 4 0 0

0 0 0 0 −1

−3 0 −4 0 0

1 6 −4 −6 −1

0 6 0 0 −7

hanno rispettivamente rango 3, 3 e 4, per cui gli autospazi sono

W1 = ker(φ+ 4id) = 〈v2 + 6v5, v4〉 , W2 = ker(φ− id) = 〈v1 − v3 + v4, v2 + v4 + v5〉 ,W3 = ker(φ− 2id) = 〈12v1 − 9v3 + 8v4〉 .


I generatori dei rispettivi autospazi sono delle basi e quindi φ e diagonalizzabile, ovvero V = W1⊕W2⊕W3.

(b) Siano πi : V → V , i = 1, 2, 3, le proiezioni associate alla decomposizione V = W1 ⊕W2 ⊕W3. Allora,φ = c1π1 + c2π2 + c3π3, con c1 = −4, c2 = 1, c3 = 2, e, per ogni ξ ∈ HomR (V, V ), si ha

ξ = idV ◦ ξ ◦ idV = (π1 + π2 + π3) ◦ ξ ◦ (π1 + π2 + π3) =∑

1≤i,j≤3

πi ◦ ξ ◦ πj ;

quindi, identificando lo spazio HomR (Wj ,Wi) (i, j ∈ {1, 2, 3}) conHji = { ξ ∈ HomR (V, V ) | ξ = πi ◦ ξ ◦ πj },abbiamo la decomposizione

HomR (V, V ) =⊕

1≤i,j≤3

HomR (Wj ,Wi),

essendo banale l’intersezione tra ogni addendo e la somma dei rimanenti. Per ogni ξ ∈ HomR (V, V ), si ha

Mφ(ξ) =∑

1≤i,j≤3

φ ◦ (πi ◦ ξ ◦ πj) ◦ φ =∑

1≤i,j≤3

cicj(πi ◦ ξ ◦ πj),

perche πh ◦πk = δh,kπh, per h, k = 1, 2, 3. Quindi Mφ e diagonalizzabile, ha come autovalori i prodotti, a duea due, degli autovalori di φ, mentre gli autospazi sono i sottospazi Hji +Hij per i, j = 1, 2, 3, ove la sommae diretta se i 6= j (e inutile scrivere due volte lo spazio quando i = j, ma evita di indicarli separatamente).Quindi il polinomio caratteristico e pMφ

(X) = (X − 16)4(X + 4)8(X + 8)4(X − 1)4(X − 2)4(X − 4). �


ESERCIZIO 1. Si determinino i numeri complessi z tali che (z + i)4 − 16 = 0.(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono convesso P che ha come vertici tali radici. Si scrivano le

equazioni delle rette che contengono i lati del poligono P , in termini delle coordinate z e z.(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto prece-

dente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss, evidenziando il“riflesso” dei punti simultanemente interni al poligono P ed esterni alla circonferenza unitaria.

Svolgimento. (a) Le radici quarte di 16 sono 2, 2i, −2, −2i, e i quattro vertici del quadrato P sono i puntiz1 = i, z2 = 2− i, z3 = −3i e z4 = −2− i. Le quattro rette cercate sono quindi

z1 ∨ z2 : (1− i)z + (1 + i)z − 2 = 0, z2 ∨ z3 : (1 + i)z + (1− i)z − 6 = 0,

z3 ∨ z4 : (1− i)z + (1 + i)z + 6 = 0, z4 ∨ z1 : (1 + i)z + (1− i)z + 2 = 0.

(b) Sia λ : Cr {0} → Cr {0} la riflessione nella circonferenza unitaria(z 7→ 1/z). Le circonferenze riflesse sono quindi

λ∗(z1 ∨ z2) : zz − 1− i2

z − 1 + i

2z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − 1 + i

6z − 1− i

6z = 0,

λ∗(z3 ∨ z4) : zz +1− i

6z +

1 + i

6z = 0,

λ∗(z4 ∨ z1) : zz +1 + i

2z +

1− i2

z = 0,

z1

z2

z3

z4

Il riflesso della regione interna al quadrato ed esterna alla circonferenza unitaria e costituito dal sottoin-sieme evidenziato in grigio nel disegno qui sopra. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q, siano V = {v1, . . . , v5} e W = {w1, . . . , w4}delle rispettive basi e siano V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} e W∗ = {w∗1 , . . . , w∗4} le corrispondenti basi duali.(a) Sia φ : V →W l’applicazione lineare tale che

w∗1 ◦ φ = 2v∗1 + 2v∗3 − 4v∗4 + 2v∗5 , w∗2 ◦ φ = −v∗2 − 2v∗3 + v∗4 − v∗5 ,w∗3 ◦ φ = −v∗1 + 2v∗2 + 3v∗3 + v∗5 , w∗4 ◦ φ = v∗1 + v∗3 − 2v∗4 + v∗5 .

Si determinino dimensione e base per i sottospazi kerφ, imφ e per i rispettivi ortogonali e si scriva lamatrice αV,W(φ).

(b) Indicato con r il rango di φ, si determinino, se esistono, dei vettori u1, . . . , ur ∈ W e ζ1, . . . , ζr ∈ V ∗tali che φ = u1 ⊗ ζ1 + · · · + ur ⊗ ζr. Che relazioni ci sono tra i sottospazi kerφ, imφ e 〈u1, . . . , ur〉,〈ζ1, . . . , ζr〉?

(c) Siano V e W spazi vettoriali di dimensione n e m sul campo Fq. Siano V1 e W1 due rispettivi sottospazi,di dimensioni k e h, e si indichi con j : V1 → V l’inclusione e con π : W →W/W1 la proiezione canonica.Date le applicazioni lineari α : V1 → W e β : V → W/W1, tali che π ◦ α = β ◦ j, e vero che esisteun’applicazione lineare φ : V → W , tale che φ ◦ j = α e π ◦ φ = β? In caso affermativo, si dica setale applicazione e unica oppure si scriva il numero di tali applicazioni come funzione del numero, q, dielementi del campo Fq.

17


Svolgimento. (a) Ricordiamo che per ogni vettore w∗ ∈ W ∗, si ha φ∗(w∗) = w∗ ◦ φ, ove φ∗ : W ∗ → V ∗ el’applicazione trasposta di φ. Dunque e data la matrice αW∗,V∗(φ∗), per cui la matrice cercata e

A = αV,W(φ) = tαW∗,V∗(φ∗) =

( 2 0 2 −4 2

0 −1 −2 1 −1

−1 2 3 0 1

1 0 1 −2 1

).

Con il metodo di eliminazione di Gauss la matrice A e riga-equivalente a

IV 1 0 1 −2 1−II 0 1 2 −1 1

I − 2IV 0 0 0 0 0III + IV + 2II 0 0 0 0 0

Quindi le prime due colonne di A sono le coordinate di una base dell’immagine di φ, ovvero

imφ = 〈2w1 − w3 + w4,−w2 + 2w3〉 e (imφ)⊥ = 〈w∗1 − 2w∗4 , 2w∗2 + w∗3 + w∗4〉 .

Dalla matrice ridotta si ricava immediatamente

kerφ = 〈v1 + 2v2 − v3, 2v1 + v2 + v4, v1 + v2 − v5〉 e (kerφ)⊥ = 〈v∗1 + v∗3 − 2v∗4 + v∗5 , v∗2 + 2v∗3 − v∗4 + v∗5〉 .

(b) Il rango di φ e uguale a 2. Posto u1 = 2w1 − w3 + w4, u2 = −w2 + 2w3 e ζ1 = v∗1 + v∗3 − 2v∗4 + v∗5 ,ζ2 = v∗2 + 2v∗3 − v∗4 + v∗5 , si ha φ = u1 ⊗ ζ1 + u2 ⊗ ζ2; ovvero

A =

( 2 0

0 −1

−1 2

1 0

)(1 0 1 −2 1

0 1 2 −1 1

).

Dunque imφ = 〈u1, u2〉 e (kerφ)⊥ = 〈ζ1, ζ2〉.(c) Identifichiamo V1 con la sua immagine in V tramite j e fissiamo dei sottospazi V2 ⊆ V e W2 ⊆W tali cheV = V1⊕V2 e W = W1⊕W2, per cui la proiezione π : W →W/W1, ristretta a W2, induce un isomorfismo dispazi vettoriali. Dunque, se v ∈ V1, poniamo φ(v) = α(v); se invece v ∈ V2, poniamo φ(v) = w ∈W2, ove we l’unico vettore di W2 tale che π(w) = β(v). Dunque, se v = v1 +v2 ∈ V1⊕V2 = V , si ha φ(v) = α(v1)+w2,con π(w2) = β(v2). Si conclude che

φ(j(v1)) = φ(v1) = α(v1), e πφ(v1 + v2) = π(α(v1)) + π(w2) = β(v1) + β(v2) = β(v1 + v2),

qualunque siano v1 ∈ V1 e v2 ∈ V2. Dunque, una tale φ esiste. Inoltre, se a φ sommo una applicazionelineare ψ : V → W che sia nulla su V1 e assuma valori in W1 (V1 ⊆ kerψ e imψ ⊆ W1, ovvero un elementodell’immagine di HomFq (V/V1,W1) in HomFq (V,W )), si ha ancora (φ+ψ)◦j = α e π◦(φ+ψ) = β. Quindi il

numero cercato e il numero di elementi dello spazio vettoriale HomFq (V/V1,W1), ovvero qdim(V/V1) dimW1 =

q(n−k)h. �


ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale complesso e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si indichi conφ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

−5 −1 0 −1 0

0 −4 0 0 0

0 −4 −2 0 4

6 6 0 2 0

0 −9 −3 0 5

nella base data.(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascun autospazio Wi; si dica

inoltre se φ e diagonalizzabile.(b) Per ogni autovalore, si indichi con πi : V → V la proiezione sul corrispondente autospazio Wi, parallela-

mente alla somma dei rimanenti. Si dica se l’endomorfismo πi appartiene a C[φ] e, in caso affermativo,lo si scriva come funzione polinomiale dell’endomorfismo φ.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 −A) = (X + 4)2(X − 1)2(X − 2), e lematrici

A+ 415 =

−1 −1 0 −1 0

0 0 0 0 0

0 −4 2 0 4

6 6 0 6 0

0 −9 −3 0 9

A− 15 =

−6 −1 0 −1 0

0 −5 0 0 0

0 −4 −3 0 4

6 6 0 1 0

0 −9 −3 0 4

A− 215 =

−7 −1 0 −1 0

0 −6 0 0 0

0 −4 −4 0 4

6 6 0 0 0

0 −9 −3 0 3


W1 = ker(φ+ 4id) = 〈v1 − v4, v2 − v4 + v5〉 , W2 = ker(φ− id) = 〈v1 − 6v4, 4v3 + 3v5〉 ,W3 = ker(φ− 2id) = 〈v3 + v5〉 .

I generatori dei rispettivi autospazi sono delle basi e quindi molteplicita algebrica e geometrica coincidono,per cui φ e diagonalizzabile, ovvero V = W1 ⊕W2 ⊕W3.

(b) Siano a, b e c i tre autovalori, a due a due distinti, di φ e siano Wa, Wb e Wc i tre autospazi corrispondenti.

Allora, l’endomorfismo (φ−b)(φ−c)(a−b)(a−c) manda a zero tutti i vettori di Wb ⊕Wc e manda in se stessi i vettori di

Wa. Dunque e uguale alla proiezione su Wa parallelamente a Wb ⊕Wc. Analogamente possiamo scrivere lealtre due proiezioni.

Nel caso presente abbiamo quindi i tre endomorfismi π1 = 130 (φ− id)(φ−2id), π2 = − 1

5 (φ+4id)(φ−2id),π3 = 1

6 (φ + 4id)(φ − id). La costruzione si generalizza facilmente al caso di un qualsiasi endomorfismodiagonalizzabile (. . . e nel caso di un endomorfismo triangolarizzabile?). �


ESERCIZIO 1. Sia C la circonferenza del piano di Gauss di equazione

(√

2 + 1)zz − (1− i)z − (1 + i)z + (√

2− 1) = 0.

(a) Si determinino centro e raggio della circonferenza C e la si disegni nel piano di Gauss. Si scrivano, intermini delle coordinate z e z, le equazioni delle rette tangenti alla circonferenza nei punti di intersezionecon la diagonale del piano di Gauss (<z = =z).

(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo la circonferenza C e lerette del punto precedente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss,evidenziando il “riflesso” dei punti simultanemente interni alla regione delimitata dalle due tangenti edesterni alla circonferenza C.

Svolgimento. (a) La circonferenza C ha centro in (√

2− 1)(1 + i) e raggio√

2− 1; le sue intersezioni con ladiagonale sono i punti z1 = 1+i√

2e z2 = 1+i

(√

2+1)2√

2.

Le rette tangenti a C nei punti z1 e z2 sono, rispettivamente,

r1 : (1− i)z + (1 + i)z − 2√

2 = 0

r2 : (1− i)z + (1 + i)z − 2√

2(√

2− 1)2 = 0.

(b) La riflessione nella circonferenza unitaria produce le trecirconferenze che nel disegno a fianco appaiono tratteggiate.Precisamente

λ∗(C) : (√

2− 1)zz − (1− i)z − (1 + i)z + (√

2 + 1) = 0

λ∗(r1) : 2√

2zz − (1− i)z − (1 + i)z = 0

λ∗(r2) : 2√

2(√

2− 1)2zz − (1− i)z − (1 + i)z = 0.

I centri e i raggi sono, rispettivamente, 1+i√2−1

e√

2 + 1 per

λ∗(C), 1+i2√

2e 1

2 per λ∗(r1), e 1+i2√

2(√

2−1)2e (√

2+1)2

2 per λ∗(r2).

z1

z2

Il riflesso della regione di piano compresa tra le due rette ed esterna alla circonferenza C e la regioneevidenziata in grigio nel disegno. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale sul campo Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si considerinoi sottospazi U = 〈u1, u2, u3〉, e W , ove

u1 = v1 + 2v3 − v4,

u2 = v2 + v3 + v5,

u3 = v1 − 2v2 − v4 − 2v5,

e W =

5∑

j=1

xjvj

∣∣∣∣∣∣∣

x1 − x3 + x4 = 0

2x2 − 2x3 + x5 = 0

2x1 − 2x2 + 2x4 − x5 = 0

.

(a) Si determinino la dimensione e una base per ciascuno dei due sottospazi e si dica se V = U ⊕W . Incaso affermativo, si scriva la matrice αV,V(πWU ), ove πWU : V → V e la proiezione sul sottospazio U ,parallelamente a W .

(b) Si considerino i sottospazi L = 〈v2, v4〉 e M = 〈v1, v3, v5〉. E vero che L ⊕ W = U ⊕M = V ? Incaso affermativo si scriva la matrice αV,V(πLW ), ove πLW : V → V e la proiezione sul sottospazio W ,parallelamente a L.

20


(c) Siano rispettivamente j : W → V e p : V → V/W , l’inclusione e la proiezione canonica. E vero cheesiste un omomorfismo ψ : V/W → W tale che U = { v + ψ(p(v)) | v ∈ L }? In caso negativo spiegareperche non puo esistere, in caso affermativo scrivere la matrice αV,V(j ◦ ψ ◦ p).

Svolgimento. (a) u1 − 2u2 − u3 = 0 e quindi il sottospazio U ha dimensione 2 e una sua base e data da u1

e u2. Il sistema lineare omogeneo che definisce W ha rango 2 (III = 2I − II), quindi il sottospazio W hadimensione 3 e una sua base e data da w1 = v1 − v4, w2 = v2 + v3 + v4, w3 = v3 + v4 + 2v5. U ∩W = 〈0〉 equindi (per la formula di Grassmann) V = U ⊕W . La matrice cercata e

A = αV,V(πWU ) = 16

−1 −2 3 −1 −1

−4 4 0 −4 2

−6 0 6 −6 0

1 2 −3 1 1

−4 4 0 −4 2

.

(b) E immediato verificare che L ∩W = 〈0〉 = U ∩M e quindi L⊕W = U ⊕M = V . La matrice cercata e

B = αV,V(πLW ) = 12

2 0 0 0 0

0 0 2 0 −1

0 0 2 0 0

−2 0 2 0 0

0 0 0 0 2

.

(c) Preso comunque u ∈ U , si ha u = πWL (u) + πLW (u). Posto v = πWL (u) ∈ L, si ha u − v ∈ W , e quindiu = πWU (v) e p(v) = p(u) ∈ V/W . Dunque v + πLW (πWU (v)) = u, per ogni u ∈ U e percio

U ={v + πLW (πWU (v)) | v ∈ L

}con im(πLW ◦ πWU ) ⊂W e ker(πLW ◦ πWU ) ⊃W.

Dunque, πLW ◦ πWU = j ◦ ψ ◦ p per un’opportuno omomorfismo ψ : V/W → W e la matrice cercata eαV,V(j ◦ ψ ◦ p) = αV,V(πLW ◦ πWU ) = BA. �

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale sul campo Q e siano V = {v1, . . . , v4} e W = {w1, . . . , w4}delle basi. Si indichi con φ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,W(φ) =

( 1 −1 −1 1

0 1 0 0

1 0 1 0

−1 −3 0 2

), e sia P = αV,W(idV ) =

( 3 −1 −3 1

0 −4 0 0

−7 0 3 0

2 2 0 2

).

(a) Si determinino detφ, autovalori e autospazi per φ e si dica se φ e diagonalizzabile.(b) Si determinino il polinomio F (X) = det(AX − P ) e le sue radici, e si dica che relazioni hanno con il

polinomio caratteristico e gli autovalori di φ.(c) Siano ora V uno spazio vettoriale, V = {v1, . . . , vn} e W = {w1, . . . , wn} delle basi di V , φ : V → V un

endomorfismo e A = αV,W(φ), P = αV,W(idV ). Posto F (X) = det(AX −P ), cosa si puo dire del gradodi F (X)? Cosa si puo dire di φ quando F (X) ha grado 0?

Svolgimento. Fissato comunque un numero razionale c 6= 0, Ac − P = αV,W(cφ − idV ) e il determinante diquesta matrice si annulla se, e solo se, il suo rango non e massimo e quindi esiste un vettore non nullo, v ∈ V ,tale che cφ(v)− v = 0; ovvero φ(v) = 1

cv e quindi 1c e un autovalore per φ. Percio, le radici di F (X) sono gli

inversi degli autovalori non nulli di φ. Infatti, si ha

(detP )−1F (X) = det(P−1(AX − P )) = det

(P−1A− 1

X1n

)det(X1n) = (−X)npφ(1/X),

essendo P−1A = αW,V(idV )αV,W(φ) = αV,V(φ). Con un calcolo diretto, si ha

F (t) = det

( t−3 1−t 3−t t−1

0 t+4 0 0

t+7 0 t−3 0

−t−2 −3t−2 0 2t−2

)= (t+ 4)(t− 1)(t− 3) det

(t−3 −1 1

t+7 1 0

−t−2 0 2

)= 5(t+ 4)(t− 1)(t− 3)(t+ 2).


Dunque, φ ha quattro autovalori distinti, 1, − 12 , 1

3 , − 14 , che hanno necessariamente molteplicita (algebrica

e geometrica) uguale a uno, e quindi φ e diagonalizzabile su Q e detφ = 124 . Gli autospazi sono, nell’ordine,

〈v4〉, 〈v1 + v3〉, 〈v3〉, 〈v2 + v4〉.Infine, dalla relazione (detP )−1F (X) = (−X)npφ(1/X), si ricava che il grado di F (X) e la differenza

tra n = dimV e la massima potenza di X che divide pφ(X); ovvero n − malg(0), ove malg(0) indica lamolteplicita algebrica dell’autovalore 0. In particolare, se F (X) si riduce ad una costante, significa che φ hasolo l’autovalore 0 e quindi e un endomorfismo nilpotente. �


ESERCIZIO 1. Sia C = { z ∈ C | |z + 1| = 1 }.(a) Si disegni nel piano di Gauss l’insieme C. Si scrivano, in termini delle coordinate z e z, le equazioni

delle rette tangenti alla circonferenza unitaria nei punti z1 e z2 di intersezione tra questa e C. Sia z3 ilpunto di intersezione tra le due tangenti.

(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo la circonferenza C ele rette contenenti i lati del triangolo z1, z2 e z3 e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss,evidenziando il “riflesso” dei punti interni al triangolo.

Svolgimento. (a) C e la circonferenza di centro −1 e raggio 1; le sue intersezioni con la circonferenza unitaria

sono i punti z1 = 12 + i

√3

2 e z2 = 12 − i

√3

2 .

Le rette tangenti alla circonferenza unitaria nei punti z1 e z2

sono, rispettivamente,

r1 : (1 + i√

3)z + (1− i√

3)z + 4 = 0,

r2 : (1− i√

3)z + (1 + i√

3)z + 4 = 0

che si intersecano in z3 = −2. (b) La riflessione nella cir-conferenza unitaria dei lati del triangolo produce la circon-ferenza C e le altre due che nel disegno a fianco appaionotratteggiate. Precisamente

λ∗(r1) : 4zz + (1 + i√

3)z + (1− i√

3)z = 0.

λ∗(r2) : 4zz + (1− i√

3)z + (1 + i√

3)z = 0

z2

z1

z3

I centri e i raggi sono, rispettivamente, −1+i√

34 e 1

2 per λ∗(r1), e −1−i√

34 e 1

2 per λ∗(r2). Il riflesso dellaregione di piano contenuta nel triangolo di vertici z1, z2, z3, e la regione evidenziata in grigio nel disegno.

�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale sul campo Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si considerinoi sottospazi U = 〈u1, u2, u3〉 e W , ove

u1 = v1 + 2v3 + v5,

u2 = v1 − v2 + 2v3 − v4,

u3 = −v1 + 2v2 − 2v3 + 2v4 + v5,

e W =

5∑

j=1

xjvj

∣∣∣∣∣∣∣

x2 + x4 − x5 = 0

x1 + x2 − x4 = 0

x1 − 2x4 + x5 = 0

.

(a) Si determinino la dimensione e una base per ciascuno dei due sottospazi e si dica se V = U ⊕W . Incaso affermativo, si scriva la matrice αV,V(σ), ove σ = σWU : V → V e la simmetria di asse U e direzioneW .

(b) Siano rispettivamente j : W → V e p : V → V/U , l’inclusione e la proiezione canonica. Si con-sideri l’applicazione Φ : HomQ (V, V ) → HomQ (W,V/U) definita da Φ(φ) = p ◦ φ ◦ j per ogni φ ∈HomQ (V, V ). Si determinino nucleo e immagine di Φ e si determini, se esiste, una base X = {ξ1, . . . , ξ25}di HomQ (V, V ) per cui ξi e Φ(ξi) siano entrambi isomorfismi, per ogni i = 1, . . . , 25.

(c) Sia ora V uno spazio vettoriale di dimensione finita su Q, con V = U ⊕W e σ : V → V la simmetriadi asse U e direzione W . Dato un sottospazio T di V , e vero che T = (T ∩ U)⊕ (T ∩W ) se, e solo se,σ(T ) ⊆ T? Si dica che condizione devono soddisfare l’asse e la direzione di una simmetria τ : V → V ,affinche τ ◦ σ sia ancora una simmetria di V . E vero che queste simmetrie formano un sottogruppo diGLV ?

23


Svolgimento. (a) u1 − 2u2 − u3 = 0 e quindi il sottospazio U ha dimensione 2 e una sua base e data da u1

e u2. Il sistema lineare omogeneo che definisce W ha rango 2 (III = I − II), quindi il sottospazio W hadimensione 3 e una sua base e data da w1 = v1− v2− v5, w2 = 2v1− v2 + v4, w3 = v3. U ∩W = 〈0〉 e quindi(per la formula di Grassmann) V = U ⊕W . La matrice cercata e

S = αV,V(σWU ) =

1 2 0 −2 0

2 3 0 0 −2

4 4 −1 −4 0

2 4 0 −1 −2

4 6 0 −2 −3

.

(b) Sia U = {u1, u2, w1, w2, w3} la base di V fatta dai vettori del punto precedente e osserviamo che W ={w1, w2, w3} e una base di W e W ′ = {w1 + U,w2 + U,w3 + U} e una base di V/U . Tramite gli isomorfismiαU,U : HomQ (V, V ) → M5(Q), e αW,W′ : HomQ (W,V/U) → M3(Q), l’applicazione Φ : HomQ (V, V ) →HomQ (W,V/U) corrisponde all’omomorfismo M5(Q) → M3(Q) definito da

(A B

C D

)7→ D, dove le matrici di

M5(Q) sono scritte a blocchi relativi alla decomposizione V = U ⊕W . Dunque, φ ∈ kerΦ se, e solo se,φ(w) ∈ U per ogni w ∈ W . Quindi Φ ha un nucleo di dimensione 16, l’immagine ha dimensione 9 e Φ esuriettiva.

Infine, sempre utilizzando la rappresentazione matriciale, possiamo considerare la base di HomQ (V, V )corrispondente alle matrici 1, 1− 2ε(i, i) per i = 2, . . . , 5, e 1 + ε(i, j) per i 6= j, entrambi in {1, . . . , 5}.(c) E chiaro che, essendo U ∩W = 〈0〉, si ha (T ∩ U) ⊕ (T ∩W ) e che questo sottospazio e contenuto in

T . Dato t ∈ T , si ha t = t+σ(t)2 + t−σ(t)

2 e i due addendi stanno in U e W , rispettivamente. E chiaro chet+σ(t)

2 ∈ U ∩ T se, e solo se, σ(t) ∈ T (e analogamente per l’addendo in W ); il che permette di concludere.Infine, se τ e σ sono simmetrie e τσ = τ ◦σ e ancora una simmetria, ovvero (τσ)2 = τστσ = idV , allora

στ = τ2στσ2 = τ(τστσ)σ = τσ.

Dunque gli autospazi U e W di σ devono essere stabili per ciascuna delle simmetrie τ , ovvero deve aversiτ(U) = U e τ(W ) = W per ciascuna di queste simmetrie ed e chiaro che la composizione di due simmetriecon questa proprieta ha ancora la stessa proprieta (per l’identita e l’inversa non ci sono problemi). Dunque,possiamo affermare che tali simmetrie generano un sottogrupo di GLV , ma, in generale, non formano unsottogruppo perche, come abbiamo osservato sopra, il prodotto di due simmetrie e ancora una simmetria se,e solo se, le due simmetrie commutano. �

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale sul campo Q e V = {v1, . . . , v5} una sua base; si indichi conφ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

−2 1 0 −2 0

2 −1 0 −4 0

3 3 −3 −6 −3

0 0 0 −3 0

−2 −2 2 4 2

.

(a) Si determinino il polinomio caratteristico, autovalori e autospazi per φ e si dica se φ e diagonalizzabile.(b) Si verifichi che V = kerφ⊕ imφ e si indichi con π : V → V la proiezione su imφ parallelamente a kerφ.

E vero che esiste un endomorfismo ψ ∈ Q[φ], tale che ψ ◦ φ = φ ◦ ψ = π? In caso affermativo, si scrivala matrice αV,V(ψ) e un polinomio P (X) ∈ Q[X] tale che P (φ) = ψ. Un tale polinomio e unico?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = X2(X + 1)(X + 3)2, e quindi gli autovalori di φ sono0, −1, −3. I corrispondenti autospazi sono

kerφ = 〈v1 + 2v2 + 3v5, v3 − v5〉 , ker(φ+ id) = 〈3v3 − 2v5〉 , ker(φ+ 3id) = 〈v1 − v2, v1 + v2 + v4〉 .

Dunque φ e diagonalizzabile su Q.

(b) Poiche autovettori relativi ad autovalori distinti sono linearmente indipendenti, si ha V = kerφ⊕ imφ.In particolare, la proiezione sull’immagine di φ, parallelamente all’autospazio relativo a 0 e

π = id− 1

3(φ+ id)(φ+ 3id) = −φ

2 + 4φ

3.


Dunque

ψ = −1

3(φ+ 4id), e αV,V(ψ) = − 1

3

2 1 0 −2 0

2 3 0 −4 0

3 3 1 −6 −3

0 0 0 1 0

−2 −2 2 4 6

.

Infine, possiamo prendere P (X) = −X+43 o sommare a questo polinomio un qualsiasi polinomio che stia nel

nucleo (certamente non banale) dell’applicazione lineare P (X) 7→ P (φ), da Q[X] in EndQV . �


ESERCIZIO 1. Sia C = { z ∈ C | |z − 2− i| = 1 } e si ponga, come di consueto, λ(z) = 1/z per ogniz ∈ Cr {0}.(a) Si disegni nel piano di Gauss la circonferenza C. Si scrivano le equazioni (reali) in termini delle coordinate

z e z, delle rette, r1 e r2, tangenti alla circonferenza unitaria e passanti per il centro di C.(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo la circonferenza C e le

rette r1 e r2. Si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss, evidenziando il “riflesso” dei puntiinterni a C che sono compresi tra le due rette.

(c) Siano b1 e b2 due punti della circonferenza unitaria non diametralmente opposti e siano t1 e t2 le duerette tangenti alla circonferenza unitaria nei punti dati. E vero che il punto t1 ∩ t2 e 2λ(b1 + b2)? Sia rla retta per b1 e b2; e vero che la circonferenza λ∗(r) passa per il punto t1 ∩ t2?

Svolgimento. (a) C e la circonferenza di centro z0 = 2 + i e raggio 1; le rette passanti per z0 sono tangentila circonferenza unitaria nei punti z1 = i e z2 = 4−3i

5 (come fare per trovarli?). Le rette cercate sono quindir1 : iz − iz + 2 = 0 e r2 : (4 + 3i)z + (4− 3i)z − 10 = 0.

(b) La riflessione nella circonferenza unitaria del cerchio Ce delle due rette determina le tre circonferenze che appaionotratteggiate nel disegno,

λ∗(C) : 4zz − (2− i)z − (2 + i)z + 1 = 0.

λ∗(r1) : 2zz + iz − iz = 0.

λ∗(r2) : 10zz − (4 + 3i)z − (4− 3i)z = 0

I centri e i raggi sono, rispettivamente, 2+i4 e 1

4 per λ∗(C), i2

e 12 per λ∗(r1), e 4−3i

10 e 12 per λ∗(r2). Il riflesso della regione

di piano contenuta nel cerchio C e limitata dalle due tangentie la regione evidenziata in grigio nel disegno.

C

r1

r2

z1

z2

z0

(c) Ricordando la definizione ‘geometrica’ della riflessione nella circonferenza unitaria, il riflesso del puntodi intersezione delle tangenti t1 ∩ t2, e l’intersezione tra la semiretta per l’origine e t1 ∩ t2 e la retta b1 ∨ b2(si guardi il disegno identificando b1, b2 con i punti z1, z2 e considerando le rispettive tangenti). Tale puntoe il punto medio b1+b2

2 , e quindi il suo riflesso e proprio 2λ(b1 + b2) = t1 ∩ t2. Poiche il punto b1+b22 sta sulla

retta r, il suo riflesso sta sulla circonferenza λ∗(r), che e la circonferenza passante per b1, b2 e tale punto.Questa circonferenza non e stata rappresentata nel disegno per non appesantire ulteriormente l’immagine.

�


u1 = v1 + v3 + 2v4,

u2 = v2 − v3 − 2v4 + v5,

u3 = v1 + 2v2 − v3 − 2v4 + 2v5,

e W =

5∑

j=1

xjvj

∣∣∣∣∣∣∣

x1 − x2 − x5 = 0

x2 − x3 − x5 = 0

x1 − 2x2 + x3 = 0

.

(a) Si determinino la dimensione e una base per ciascuno dei due sottospazi e si dica se V = U ⊕W . Incaso affermativo, si scriva la matrice αV,V(σWU ), ove σWU : V → V e la simmetria di asse U e direzioneW .

(b) Sia ora V uno spazio vettoriale sul campo K, di caratteristica diversa da 2, e V = U ⊕W per opportunisottospazi U e W . Indicata con σ : V → V la simmetria di asse U e direzione W , sia σ∗ : V ∗ → V ∗

l’applicazione trasposta. Si mostri che anche σ∗ e una simmetria e se ne determinino asse e direzione.

26


Svolgimento. (a) u1 + 2u2 − u3 = 0 e quindi il sottospazio U ha dimensione 2 e una sua base e data da u1

e u2. Il sistema lineare omogeneo che definisce W ha rango 2 (III = I − II), quindi il sottospazio W hadimensione 3 e una sua base e data da w1 = v1− v3 + v5, w2 = v2 + 2v3− v5, w4 = v4. U ∩W = 〈0〉 e quindi(per la formula di Grassmann) V = U ⊕W . La matrice cercata e

S = αV,V(σWU ) =

−3 −2 4 0 6

−2 −1 2 0 4

0 −2 1 0 2

0 −4 4 −1 4

−2 0 2 0 3

.

(b) Si ha σ∗ ◦ σ∗ = (σ ◦ σ)∗ = (idV )∗ = idV ∗ e quindi anche σ∗ e una simmetria. L’asse di σ∗ (ovverol’autospazio relativo all’autovalore 1) e W⊥, mentre la direzione (ovvero l’autospazio relativo all’autovalore−1) e U⊥. Infatti, se w∗ ∈W⊥, si ha

σ∗(w∗) ◦ v = σ∗(w∗) ◦ (u+ w) = w∗ ◦ σ(u+ w) = w∗ ◦ (u− w) = w∗ ◦ u = w∗ ◦ v,

qualunque sia v = u+ w ∈ V , e quindi σ∗(w∗) = w∗. Analogamente, se u∗ ∈ U⊥, si ha

σ∗(u∗) ◦ v = σ∗(u∗) ◦ (u+ w) = u∗ ◦ σ(u+ w) = u∗ ◦ (u− w) = −u∗ ◦ w = −u∗ ◦ v,

qualunque sia v = u+ w ∈ V , e quindi σ∗(u∗) = −u∗. �

ESERCIZIO 3. Siano V uno spazio vettoriale sul campo Q, V = {v1, . . . , v5} una sua base e si indichi conH l’iperpiano di equazione cartesiana 2x1 + x2 − x3 + x5 = 0.(a) Si consideri il sottogruppo G = {φ ∈ GLV |φ(x) = x ∀x ∈ H } di GLV e si dia l’esempio di due suoi

elementi che non commutano, scrivendone le matrici nella base data. Indicato con det : G → Q×l’omomorfismo (di gruppi) che associa ad ogni elemento di G il suo determinante, si mostri che e unomomorfismo suriettivo e che il suo nucleo, G1, e un sottogruppo commutativo di G .

(b) Si mostri che ogni elemento φ ∈ G , che non appartenga a G1, e diagonalizzabile e se ne determinino gliautovalori e le dimensioni dei relativi autospazi. Si mostri che ogni elemento di G1, diverso dall’elementoneutro di G , non e diagonalizzabile e se ne determinino gli autovalori e i relativi autospazi.

(c) Sia ora V uno spazio vettoriale di dimensione 5 sul campo Fq, sia H un iperpiano e ζ ∈ V ∗ tale che

H = 〈ζ〉⊥. Si dica quante sono le basi V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} di V ∗ tali che ζ = v∗1 + v∗2 + v∗3 + v∗4 + v∗5 .

Svolgimento. I vettori non nulli di H sono autovettori relativi all’autovalore 1 per ogni φ in G ; e quindiconveniente usare una base di V ottenuta completando una base di H; ad esempio W = {w1, . . . , w5}, conw1 = v1 − 2v2, w2 = v2 + v3, w3 = v3 + v5, w4 = v4, w5 = v5. Matrici di cambiamento di base

P = αW,V(id) =

1 0 0 0 0

−2 1 0 0 0

0 1 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 1 0 1

, P−1 = αV,W(id) =

1 0 0 0 0

2 1 0 0 0

−2 −1 1 0 0

0 0 0 1 0

2 1 −1 0 1

.

(a) Dato φ ∈ G , si ha αW,W(φ) =

1 0 0 0 x1

0 1 0 0 x2

0 0 1 0 x3

0 0 0 1 x4

0 0 0 0 x5

, per opportuni x1, . . . , x5, ove x5 = detφ puo assumere

qualunque valore diverso da 0. Due elementi di G che non commutano sono gli endomorfismi φ1 e φ2 che,nella base W hanno matrici

B1 = αW,W(φ1) =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

e B2 = αW,W(φ2) =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 2

;

le loro matrici nella base richiesta sono quindi A1 = PB1P−1 e A2 = PB2P

−1.


Rispetto alla base W, gli elementi di G1 hanno matrice del tipo indicato sopra, con x5 = 1 e si ha

1 0 0 0 x1

0 1 0 0 x2

0 0 1 0 x3

0 0 0 1 x4

0 0 0 0 1

1 0 0 0 y10 1 0 0 y20 0 1 0 y30 0 0 1 y40 0 0 0 1

=

1 0 0 0 x1+y10 1 0 0 x2+y20 0 1 0 x3+y30 0 0 1 x4+y40 0 0 0 1

,

per cui si tratta di un sottogruppo commutativo (isomorfo ad H, come gruppo additivo).

(b) Proseguendo nelle notazioni precedenti, un elemento φ ∈ G , che non appartenga a G1, ha quindi autova-lore 1 con molteplicita (algebrica e geometrica) 4 e l’autovalore x5 /∈ {0, 1} con molteplicita (algebrica e geo-metrica) 1. L’autospazio relativo a 1 e H e quello relativo a x5 e 〈x1w1 + x2w2 + x3w3 + x4w4 + (x5 − 1)w5〉.Se invece φ ∈ G1, l’unico autovalore e 1, con molteplicita algebrica 5, e molteplicita geometrica 4, a menoche φ non sia l’identita, e quindi non e diagonalizzabile eccetto in quest’ultimo caso.

(c) Sia V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} una base di V ∗ e sia V = {v1, . . . , v5} la base di V , duale della base data.

Allora si ha ζ =

5∑

i=1

(ζ ◦ vi)v∗i ; quindi una base del tipo cercato deve essere la base duale di una base

V = {v1, . . . , v5} di V tutta costituita da vettori soluzione dell’equazione lineare ζ(v) = 1, che ha comesoluzioni dell’equazione omogenea associata l’iperpiano H; ovvero H1 = { v ∈ V | ζ(v) = 1 } = v0 + H, ovev0 e una qualsiasi soluzione dell’equazione (Thm. di Rouche-Capelli). Per costruire una base di V fatta divettori in H1, possiamo prendere come primo elemento un qualsiasi vettore v1 di H1; come secondo elementoun vettore v2 6= v1 di H1; come terzo elemento un vettore v3 ∈ H1 che non sia allineato con i primi due,ovvero v3 /∈ 〈v1, v2〉 ∩H1; e cosı via, ovvero v4, v5 ∈ H1 con v4 /∈ 〈v1, v2, v3〉 ∩H1 e v5 /∈ 〈v1, v2, v3, v4〉 ∩H1.Le scelte possibili sono quindi q4(q4 − 1)(q4 − q)(q4 − q2)(q4 − q3). �


ESERCIZIO 1.Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

−2 0 0 −1 0

0 −2 0 0 −1

0 0 −3 0 0

1 0 0 −4 0

0 1 0 0 −4

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Determinare tutte le matrici di Jordan, non simili fra loro, di ordine 5 aventi lo stesso polinomio minimo

di A.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di A e pA(x) = (x+ 3)5 quindi l’unico autovalore di A e −3 conmolteplicita algebrica 5. Si ha

A+ 3I5 =

1 0 0 −1 0

0 1 0 0 −1

0 0 0 0 0

1 0 0 −1 0

0 1 0 0 −1

da cui si ricava ker(A+3I5) = 〈e1+e4, e2+e5, e3〉. La molteplicita geometricamg(−3) := dim ker(A+3I5) = 3percio la matrice J ha 3 blocchi di Jordan. Inoltre (A + 3I5)2 = O5 quindi il polinomio minimo e λA(x) =(x+ 3)2.

(b) Essendo dim ker(A+3I5) = 3 e dim ker(A+3I5)2 = 5 la forma canonica di Jordan di A e formata dadue blocchi J2(−3) di ordine 2 e autovalore −3 e da un blocco J1(−3) di ordine 1 e autovalore −3. EssendoQ5 = ker(A + 3I5) ⊕ 〈e1, e2〉 possiamo scegliere v2 = e1 quindi v1 = (A + 3I5)e1 = e1 + e4; v4 = e2 da cuiv3 = (A+ 3I5)e2 = e2 + e5. Essendo ker(A+ 3I5) = 〈v1, v3〉 ⊕ 〈e3〉 ponendo v5 = e3 si ottiene

P =

1 1 0 0 0

0 0 1 1 0

0 0 0 0 1

1 0 0 0 0

0 0 1 0 0

J =

−3 1 0 0 0

0 −3 0 0 0

0 0 −3 1 0

0 0 0 −3 0

0 0 0 0 −3

(c) Dalla condizione che il polinomio minimo sia (x + 3)2 si ricava che le possibili matrici di Jordanhanno come unico autovalore −3, contengono solo blocchi di Jordan di ordine 1 o 2 e almeno un blocco diordine 2 quindi si ottengono solo:

J =

−3 1 0 0 0

0 −3 0 0 0

0 0 −3 1 0

0 0 0 −3 0

0 0 0 0 −3

J ′ =

−3 1 0 0 0

0 −3 0 0 0

0 0 −3 0 0

0 0 0 −3 0

0 0 0 0 −3

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A4(Q) col riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4} si considerino lerette

r : O + e2 + 〈e1 + e3 + e4〉; s : O + e1 + 〈e2 + e4〉.(a) Si determinino la posizione reciproca di r ed s, la dimensione di r∩s, la dimensione di r∨s ed equazioni

cartesiane della sottovarieta lineare r ∨ s.(b) Determinare le equazioni cartesiane di un piano π contenente r e parallelo ad s.

1

2 Luisa Fiorot

(c) Determinare la matrice nel sistema di riferimento canonico della proiezione su π parallelamente alladirezione U = 〈e1, e2〉.

(d) Sia P = O−e4 determinare, se possibile, una retta t passante per P tale che dim(r∨ t) = dim(s∨ t) = 2.Tale t e unica?

(e) Determinare, se possibile, le equazioni cartesiane di un piano σ passante per l’origine e che sia sghembosimultaneamente con r e s.

Svolgimento. (a) Essendo dim〈e1−e2, e1 +e3 +e4, e2 +e4〉 = 3 le rette r ed s sono sghembe, r∩s = ∅ quindidim r ∩ s = −1 ed essendo sghembe dim(r ∨ s) = 3 con r ∨ s : x1 + x2 − x4 = 1.

(b) Il piano contenente r e parallelo ad s e π : O + e2 + 〈e1 + e3 + e4, e2 + e4〉 di equazioni cartesiane

π :

{x1 + x2 − x4 = 1

x1 − x3 = 0

(c) La matrice nel sistema di riferimento canonico della proiezione su π parallelamente alla direzioneU = 〈e1, e2〉 e:

1 0 0 0 0

0 0 0 1 0

1 0 0 −1 1

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

(d) Notiamo che il punto P = O−e4 ∈ r∨s Dato che T /∈ r e T /∈ s, si ha dim(T ∨r) = dim(T ∨s) = 2.Richiedendo che dim(r ∨ t) = dim(s ∨ t) = 2 si ottiene che la retta t deve soddisfare t ⊆ (T ∨ r) ∩ (T ∨ s) edessendo, per la formula di Grassmann affine, dim(T ∨ r)∩ (T ∨ s) = 2 + 2− dim(T ∨ r ∨ s) = 1 si ha che unatale retta e unica ed e t : O − e4 + 〈e2 + e4〉 (contenuta in π e parallela ad s) di equazioni cartesiane:

t :

x1 = 0

x3 = 0

x2 − x4 = 1

(e) Un piano σ passante per l’origine e: σ : O + 〈w1, w2〉 con dim〈w1, w2〉 = 2. Il piano e sghembo conr se e solo se dim〈e2, e1 + e3 + e4, w1, w2〉 = 4; e sghembo con s se e solo se dim〈e1, e2 + e4, w1, w2〉 = 4.I vettori w1 = e3, w2 = e4 soddisfano le richieste da cui si ottiene σ : O + 〈e3, e4〉. Tale σ non e unico; adesempio anche σ′ : O + 〈2e1 + e3, e4〉 e sghembo simultaneamente con r e s.

�

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo dei numeri complessi C e conside-riamo φ un endomorfismo invertibile di V per cui esista un numero naturale k > 0 tale che φk commuti contutti gli endomorfismi di V .(1) Dimostrare che un tale φ e diagonalizzabile.(2) Se invece del campo dei numeri complessi consideriamo un campo finito con p elementi e ancora vero

che un tale φ e diagonalizzabile? (Motivare la risposta con una dimostrazione in caso affermativo o conun contro-esempio in caso negativo).

Svolgimento. (1) Gli unici endomorfismi che commutano con tutti gli endomorfismi di V sono del tipo αidVcon α ∈ C. Essendo φ invertibile anche φk e invertibile quindi α 6= 0. Otteniamo φk = αidV da cui vediamoche la valutazione vφ(xk − α) = 0. Allora λφ(x), polinomio minimo di φ, deve dividere il polinomio xk − αche ha k radici distinte in C (essendo α 6= 0) quindi anche λφ(x) avra radici distinte. Per il secondo criteriodi diagonalizzabilita si ottiene che φ e diagonalizzabile.

(2) Nella dimostrazione precedente abbiamo usato il fatto che in C il polinomio xk − α ha k radicidistinte. In un campo finito questo fatto non e vero. Ricordiamo che in Z/pZ vale xp = x per ogni x ∈ Z/pZquindi l’unica soluzione dell’equazione xp = 1 in Z/pZ e x = 1. Ad esempio la matrice J2(1) =

(1 1

0 1

)

soddisfa: J2(1)p =(

1 p

0 1

)=(

1 0

0 1

), ma J2(1) non e diagonalizzabile. �


ESERCIZIO 1. Nello spazio euclideo E4 munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3, e4} siconsiderino il piano π e la retta r definiti da:

π :

{x1 + 3x3 = 1

x1 + x2 + x4 = 0r : O + 2e1 + 3e3 + 5e4 + 〈e2 + 5e4〉.

(a) Si determini la posizione reciproca fra π e r, la reciproca distanza e le coppie di punti di minima distanza.(b) Determinare tutti i piani σ contenenti la retta r e tali che la distanza tra π e σ coincida con la distanza

tra π e r.(c) Determinare un’equazione cartesiana di un iperpiano τ contenente π e che non intersechi r. Determinare

la proiezione ortogonale della retta r sull’iperpiano τ .(d) Determinare le equazioni cartesiane di una retta t ortogonale con r, contenuta nel piano π e tale che la

distanza tra t e r sia uguale alla distanza tra π e r.

Svolgimento. (a) Il piano e la retta sono sghembi in quanto π ∩ r = ∅ e Vπ ∩ Vr = {0R4}. Il piano π :o+e1−e2 + 〈−3e1 +3e2 +e3,−e2 +e4〉 quindi (Vπ+Vr)

⊥ = 〈e1 +3e3〉. I punti di minima distanza sono unicie sono P = O+e1−e2 ∈ π e R = O+2e1−e2 +3e3 ∈ r da cui si ricava d(π, r) = ‖P−R‖ = ‖e1 +3e3‖ =

√10.

(b) Tutti i piani σ contenenti la retta r contengono R e se imponiamo d(σ, π) = d(r, π) abbiamo chei punti R ∈ σ e P ∈ π sono ancora di minima distanza quindi il vettore P − R = e1 + 3e3 deve essereortogonale a Vσ. Essendo 〈P − R〉⊥ = 〈−3e1 + 3e2 + e3,−e2 + e4, e2 + 5e4〉 si ottiene che i piani sono:σ : R+ 〈e2 + 5e4, a(−3e1 + 3e2 + e3) + b(−e2 + e4)〉 con a, b ∈ R e (a, b) 6= (0, 0).

(c) Un iperpiano τ contenente π e che non intersechi r deve essere necessariamente parallelo a r quindiτ : x1 +3x3 = 1. Per determinare la proiezione ortogonale della retta r sull’iperpiano τ e sufficiente osservareche la proiezione del punto R ∈ r su τ e il punto P ed essendo la retta r parallela a τ si ottiene che la suaproiezione e P + 〈e2 + 5e4〉.

(d) Una retta t contenuta nel piano π soddisfa alla condizione d(t, r) = d(π, r) se e solo se P ∈ t(perche P e l’unico punto di minima distanza su π). La retta richiesta deve essere P + 〈vt〉 con vt ∈ Vπ evt · (e2 + 5e4) = 0 quindi t : O + e1 − e2 + 〈−12e1 + 15e2 + 4e3 − 3e4〉 le cui equazioni cartesiane sono:

3x3 + 4x4 = 0

x1 − 4x4 = 1

x2 + 5x4 = −1

�

ESERCIZIO 2. Si consideri E3 munito del sistema di riferimento ortonormale R = {O; e1, e2, e3}.(1) Si classifichi secondo Eulero e si determinino le sottovarieta lineari unite della rigidita τ la cui matrice

rispetto ad R e

T =

1 0 0 0−2 1/9 8/9 4/92 8/9 1/9 −4/9−1 −4/9 4/9 −7/9

.

(2) Si determini un sistema di riferimento destrorso R′ tale che la rigidita τ sia in forma canonica e sidetermini la matrice associata a τ in tale riferimento.

(3) Si determini un vettore v ∈ R3 tale che la traslazione tv di vettore v commuti con τ (cioe f := tvτ = τtv)e la rigidita composta f mandi l’asse k : O + 〈e1〉 in una retta f(k) che disti

√5 da k.

3

4 Luisa Fiorot

(4) Si determinino, se esistono, due riflessioni σ1 e σ2 tali che: τ = σ1σ2 e σ2 sia una riflessione con asseparallelo al vettore e1 − e3. In particolare si scrivano le matrici associate a σ1 e σ2 rispetto al sistemadi riferimento canonico R.

Svolgimento. (1) La rigidita τ ha determinante 1 quindi e una rigidita diretta il sistemata lineare dei puntiuniti ha come soluzione la retta h : z = 0 = 4x−4y+9 quindi τ e una rotazione. L’asse di rotazione e h : O+

94e2 +〈e1 +e2〉 il cos θ = − 7

9 . Orientando l’asse nel verso del versore e1+e2√2

si ha det

1/√

2 0 4/91/√

2 0 −4/90 8/9 −7/9

=

89√

2= sin θ si ottiene che l’angolo di rotazione e θ = arccos −7

9 .

Le sottovarieta lineari unite sono:Punti uniti: tutti e soli i punti dell’asse di rotazione h;Rette unite: solo l’asse h;Piani uniti: tutti e soli i piani ortogonali ad h di equazione cartesiana x+ y = k con k ∈ R.

(2) Un sistema di riferimento destrorso tale che la rigidita τ sia in forma canonica deve avere comeorigine un punto dell’asse ad esempio H = O + 9

4e2 come primo vettore un versore dell’asse u1 = e1+e2√2

e

poi si deve completare a base ortonormale destrorsa. Si puo prendere u2 = e3 (essendo u2 · u1 = 0) e porreu3 = u1 × u2 = e1−e2√

2da cui si ottiene il riferimento R′ := {O + 9

4e2; e1+e2√2, e3,

e1−e2√2} e

αR′,R′(τ) =

1 0 0 00 1 0 00 0 −7/9 −8/9

√2

0 0 8/9√

2 −7/9

.

(3) La traslazione tv di vettore v ∈ R3 commuta con τ se e solo se v e autovettore di autovalore 1per l’applicazione lineare soggiacente a τ . Quindi v ∈ 〈e1 + e2〉 percio v = a(e1 + e2) con a ∈ R. Alloraf(k) : O + (a − 2)e1 + (a + 2)e2 − e3 + 〈e1 + 8e2 − 4e3〉. Detto w = O + (a − 2)e1 + (a + 2)e2 − e3 − (O)(differenza tra un punto di f(k) e un punto di k), v1 = e1 + 8e2− 4e3; v2 = e1 (risp. vettori direttori di f(k)e k) si ha:

d(f(k), k) =|det (w v1 v2 )|√

det

(v1 · v1 v1 · v2

v2 · v1 v2 · v2

) =

∣∣∣∣∣∣det

a− 2 1 12 + a 8 0−1 −4 −0

∣∣∣∣∣∣

√det

(1 11 81

) =|a|√

5=√

5

se e solo se a = ±5. Quindi v = 5(e1 + e2) oppure v = −5(e1 + e2).

(4) Ricordiamo che la composizione di due riflessioni di assi paralleli distinti e una traslazione, se gli assicoincidono anche le due riflessioni coincidono e la loro composizione e l’identita infine se gli assi si intersecanola composizione delle due riflessioni e una rotazione di asse la retta intersezione tra i due piani assi delleriflessioni.

Se vogliamo che τ = σ1σ2 con σ1 e σ2 due riflessioni l’asse di rotazione h deve essere contenuto inentrambi i piani assi di riflessione. Dato che si richiede che σ2 sia una riflessione con asse parallelo al vettoree1−e3 si ottiene che il piano asse di riflessione di σ2 e π2 : O+ 9

4e2 +〈e1 +e2, e1−e3〉. Una volta determinataσ2 la relazione τ = σ1σ2 ci permette di determinare σ1 = τσ2.

Si ottengono le matrici:

αR,R(σ2) =

( 1 0 0 0

−3/2 1/3 2/3 −2/3

3/2 2/3 1/3 2/3

−3/2 −2/3 2/3 1/3

)αR,R(σ1) =

( 1 0 0 0

−3/2 1/3 2/3 2/3

3/2 2/3 1/3 −2/3

3/2 2/3 −2/3 1/3

)

quindi σ1 e riflessione di asse π1 : x− y − z = − 94 . �



A =

0 0 0 −1 0

0 0 0 0 −1

0 0 −1 0 1

1 0 0 −2 0

0 1 0 0 −2

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP . Si scriva

la tabella delle dimensioni della filtrazione degli autospazi generalizzati.(c) Si calcoli la dimensione del Q-spazio vettoriale Q[A] e una sua base.

Svolgimento. (a) pA(x) = (x+1)5 quindi l’unico autovalore e −1 con ma(−1) = 5 e ker(A+I5) = 〈e3, e1+e4〉.Si ha

(A+ I5) =

1 0 0 −1 0

0 1 0 0 −1

0 0 0 0 1

1 0 0 −1 0

0 1 0 0 −1

(A+ I5)2 =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 1 0 0 −1

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

quindi dim ker(A + I5)2 = 4 per cui dim ker(A + I5)3 = 5 da cui si ottiene che il polinomio minimo eλA(x) = (x+ 1)3.

(b)

ker(φ+ id) ker(φ+ id)2 ker(φ+ id)3

2 4 5

La matrice di Jordan ha un blocco J3(−1) di ordine 3 e autovalore −1 e un blocco J2(−1) di ordine2 e autovalore −1. Essendo e2 /∈ ker(A + I5)2 possiamo prendere v3 = e2, v2 = (A + I5)v3 = e2 + e5,v1 = (A+ I5)v2 = e3. Per cercare il vettore v5 sappiamo che ker(A+ I5)2 = ker(A+ I5)⊕ 〈v2〉 ⊕ 〈v5〉 quindiad esempio v5 = e1 soddisfa la richiesta (ricordo che l’equazione cartesiana di ker(A+ I5)2 e x2 = x5 quindiil vettore) allora v4 = (A+ I5)v5 = e1 + e4 da cui si ottiene:

P =

0 0 0 1 1

0 1 1 0 0

1 0 0 0 0

0 0 0 1 0

0 1 0 0 0

(c) La dimQ[A] e il grado del polinomio minimo di A che nel nostro caso e 3. Questo fatto e una

conseguenza dell’isomorfismo Q[x](λA(x))

∼= Q[A] da cui si ricava che {I5, A,A2} e una base per Q[A].

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si consideri il pianoπ : x− y + z = 3.(a) Si determini la matrice rispetto al sistema di riferimento R della riflessione σ di asse π. Si consideri

la rigidita τ := tvσ ottenuta componendo la traslazione tv di vettore v = 3e1 dopo la riflessione σ.Si determinino una traslazione tw e una riflessione f (indicandone l’asse e la matrice nel sistema diriferimento canonico R) tali che twf = ftw = τ .

(b) Si determinino le sottovarieta lineari unite per la rigidita τ := tvσ indicandone le equazioni cartesianenel sistema di riferimento canonico R.

5

6 Luisa Fiorot

Svolgimento. (a)

αR,R(σ) =

( 1 0 0 0

2 1/3 2/3 −2/3

−2 2/3 1/3 2/3

2 −2/3 2/3 1/3

)

Per determinare w bisogna decomporre il vettore v = 3e1 = w + z con w = 2e1 + e2 − e3 ∈ V1 e z =e1 − e2 + e3 ∈ V−1. Si ottiene che f = tzσ e una riflessione di asse π′ : x− y + z = 9

2 la cui matrice e:

αR,R(f) =

( 1 0 0 0

3 1/3 2/3 −2/3

−3 2/3 1/3 2/3

3 −2/3 2/3 1/3

)

(b) La rigidita τ := tvσ e una glissoriflessione le cui sottovarieta lineari unite sono:Punti uniti: nessuno.Rette unite: le rette contenute nel piano di riflessione e parallele alla direzione di traslazione w di

equazioni cartesiane:

{x− y + z = 9

2

y + z = k.

Piani uniti: il piano di riflessione π′ : x− y + z = 92 e i piani πk : y + z = k con k ∈ R.

�

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo E3 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si considerino le rette

r :

{x− 2y + z = 5

x− 7y + z = 0s :

{y = 1

x− z = −3

(1) Determinare la posizione reciproca tra r e s, la loro intersezione ed equazioni cartesiane per r ∨ s.Determinare l’angolo formato da r e s e la direzione delle bisettrici.

(2) Determinare la distanza tra l’origine e la retta s. Determinare, se possibile, una retta t sghembasimultaneamente con r e con s.

(3) Determinare una glissoriflessione g = tzσ con tz traslazione di un vettore z con ‖z‖ = 2 parallela all’assedella riflessione σ tale che g(r) = s.

(4) Date due rette incidenti α : P+〈u1〉 e β : P+〈u2〉 con ‖u1‖ = ‖u2‖ = 1 esiste sempre una glissoriflessionef tale che f(α) = β?

Svolgimento. (1) Le rette r ed s sono incidenti nel punto P = O + 2e1 + e2 + 5e3, r ∨ s : y = 1. Lo spaziodirettore di r e Vr = 〈e1− e3〉 mentre lo spazio direttore di s e Vs = 〈e1 + e3〉 quindi le rette sono ortogonali.Le direzioni bisettrici sono e1 ed e3.

(2) Un punto generico di s e Sa = O+ (a−3)e1 + e2 +ae3, esso realizza la minima distanza dall’originequando il vettore Sa−O = (a−3)e1 +e2 +ae3 ∈ V ⊥s quindi per a = 3

2 da cui si ottiene S = O− 32e1 +e2 + 3

2e3

La distanza d(s,O) = d(S, O) = ‖− 32e1 +e2 + 3

2e3‖ =√

222 La retta t = O+ 〈e2〉 e sghemba simultaneamente

con r e con s.

(3) Si richiede di determinare una glissoriflessione g = tzσ con tz traslazione di un vettore z con‖z‖ = 2 parallela all’asse della riflessione σ e tale che g(r) = s. Ricordiamo che r : P + 〈ur〉 e s : P + 〈us〉con ur = e1−e3√

2e us = e1+e3√

2versori di r ed s rispettivamente.

Se vogliamo che g(r) = s l’endomorfismo φ soggiacente alla glissoriflessione deve mandare lo spaziodirettore di r in quello di s quindi φ(ur) = ±us. Scegliamo φ(ur) = us allora φ(us) = ur perche φ2 = idR3 .(essendo un endomorfismo di simmetria ortogonale). Allora ur+us =

√2e1 e autovettore di autovalore 1 per

φ mentre ur − us = −√

2e3 e autovettore di autovalore −1 per φ. Si conclude che il vettore ur × us = −e2 eautovettore di autovalore 1 per φ in quanto φ e ortogonalmente diagonalizzabile con polinomio caratteristico(x− 1)2(x+ 1). Da cui otteniamo che le possibili glissoriflessioni hanno matrice:

αR,R(f) =

( 1 0 0 0

a 1 0 0

b 0 1 0

c 0 0 −1

)

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 17 Giugno 2016 7

Imponendo che f(P ) ∈ s con P = O+2e1+e2+5e3 ∈ r otteniamo f(P ) = O+(a+2)e1+(b∗1)e2+(c−5)e3 ∈ sse e solo se b = 0 e a = c− 10 da cui otteniamo le matrici:

αR,R(f) =

( 1 0 0 0

c−10 1 0 0

0 0 1 0

c 0 0 −1

)=

( 1 0 0 0

c−10 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

)+

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

c 0 0 −1

)

glissoriflessioni con componente di traslazione di vettore z = (c − 10)e1. Imponendo ‖z‖ = |c − 10| = 2 siottiene che la matrice

αR,R(f) =

( 1 0 0 0

2 1 0 0

0 0 1 0

12 0 0 −1

)

corrispondente a c = 12.

(4) Date due rette incidenti α : P + 〈u1〉 e β : P + 〈u2〉 con ‖u1‖ = ‖u2‖ = 1 esiste sempre unaglissoriflessione f tale che f(α) = β. Dalle premesse fatte al punto precedente otteniamo che la riflessioneg di asse P + 〈u1 + u2, u1 × u2〉 scambia α con β in quanto il punto P e unito, u1 + u2 ∈ V1 mentreu1 − u2 ∈ V−1 = 〈u1 + u2, u1 × u2〉⊥. Se consideriamo la composizione twg con w = au2 abbiamo chetwg(α) = tw(β) = β e la composizione twg e una glissoriflessione di componente di traslazione z = [w ·(u1 + u2)] u1+u2

‖u1+u2‖2 = a(u1·u2+1)‖u1+u2‖2 (u1 + u2) 6= 0 in quanto u1 · u2 6= −1 dato che u1 e u2 sono linearmente

indipendenti.

�



A =

0 0 0 0 −1

1 0 0 0 −1

0 1 0 0 2

0 0 1 0 2

0 0 0 1 −1

rispetto alla base canonica.(a) Si verifichi che 1 e −1 sono autovalori di φ. Si determinino polinomio caratteristico e polinomio minimo

di φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Elencare le classi di similitudine di matrici in M5(Q), aventi lo stesso polinomio caratteristico di A, ed

i rispettivi polinomi minimi.

Svolgimento. (a) La matrice A e la matrice compagna del polinomio p(x) = x5 + x4 − 2x3 − 2x2 + x + 1quindi per il lemma del vettore ciclico pA(x) = λA(x) = p(x) = (x− 1)2(x+ 1)3. Gli autovalori di A sono 1con ma(1) = 2 e −1 con ma(−1) = 3.

(b) Avendo polinomio minimo uguale al caratteristico la matrice di Jordan e formata da un bloccoJ2(1) di ordine 2 e autovalore 1 e un blocco J3(−1) di ordine 3 e autovalore −1.

A− I5 =

−1 0 0 0 −1

1 −1 0 0 −1

0 1 −1 0 2

0 0 1 −1 2

0 0 0 1 −2

(A− I5)2 =

1 0 0 −1 3

−2 1 0 −1 2

1 −2 1 2 −7

0 1 −2 3 −4

0 0 1 −3 6

A+ I5 =

1 0 0 0 −1

1 1 0 0 −1

0 1 1 0 2

0 0 1 1 2

0 0 0 1 0

Si ha: ker(A − I5) = 〈−e1 − 2e2 + 2e4 + e5〉, ker(A − I5)2 = 〈−e1 − 2e2 + 2e4 + e5, e1 + 3e2 + 3e3 + e4〉 eker(A + I5) = 〈e1 − 2e3 + e5〉. Poniamo v2 = e1 + 3e2 + 3e3 + e4, v1 = (A − I5)v2 = −e1 − 2e2 + 2e4 + e5.Essendo im(A− I5)2 = ker(A+ I5)3 prendendo v5 = e1 − 2e2 + e3 si ha v4 = (A+ I5)v5 = e1 − e2 − e3 + e4

e v3 = (A+ I5)v4 = e1 − 2e3 + e5 da cui si ottiene:

P =

−1 1 1 1 1

−2 3 0 −1 −2

0 3 −2 −1 1

2 1 0 1 0

1 0 1 0 0

.

(c) Le possibili matrici di Jordan a meno di similitudine aventi polinomio caratteristico sia (x−1)2(x+1)3

sono (indicando con Jn(α) il blocco di Jordan di ordine n e autovalore α):• 2 blocchi J1(1) e 3 blocchi J1(−1) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)(x+ 1);• 1 blocco J2(1) e 3 blocchi J1(−1) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)2(x+ 1);• 2 blocchi J1(1) e 1 blocco J2(−1) e 1 blocco J1(−1) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)(x+ 1)2;• 1 blocco J2(1) e 1 blocco J2(−1) e 1 blocco J1(−1) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)2(x+ 1)2;• 2 blocchi J1(1) e 1 blocco J3(−1) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)(x+ 1)3;• 1 blocco J2(1) e 1 blocco J3(−1) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)2(x+ 1)3. �

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si consideri il pianoπ : 2x+ y = 1.(a) Si determinino tutti i punti della retta r : O + e1 + 〈e1 − e2 + e3〉 aventi distanza

√5 da π.

(b) Si determini la matrice rispetto al sistema di riferimento R della riflessione σ di asse π. Si determinino lesottovarieta lineari unite per la rigidita σ indicandone le equazioni cartesiane nel sistema di riferimentocanonico R.

8

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 1 Luglio 2016 9

(c) Si determini, se esiste, un sistema di riferimento R′ diverso da R tale che αR,R(σ) = αR′,R′(σ).(d) Si determini la matrice di una rotazione ρ di angolo θ = π/4 con asse parallelo all’asse delle z orientato

nel verso di e3 tale che l’origine sia un punto unito per la rigidita composta τ := σ ◦ ρ. Si classifichi larigidita τ := σ ◦ ρ.

Svolgimento. (a) Preso un punto della retta Ra : O + e1 + a(e1 − e2 + e3) la sua distanza dal piano π e

d(Ra, π) = |2a+2−a−1|√5

ed e uguale a√

5 per a = 4 e a = −6 da cui si ottengono. i puntiR4 = O+5e1−4e2+4e3

e R−6 = O − 5e1 + 6e2 − 6e3.

(b) La matrice richiesta e

αR,R(σ) =

( 1 0 0 0

4/5 −3/5 −4/5 0

2/5 −4/5 3/5 0

0 0 0 1

)

Le sottovarieta lineari unite sono:Punti uniti: tutti i punti del piano π : 2x+ y = 1.Rette unite: tutte le rette contenute in π di equazioni 2x+ y− 1 = 0 = ax− 2ay+ bz− k con a, b, k ∈ R

e (a, b) 6= (0, 0) e le rette ortogonali a π di equazioni x− 2y − c = 0 = z − d con c, d ∈ R.Piani uniti: l’asse π e i piani ax− 2ay + bz = k con (a, b) ∈ R2 \ (0, 0); k ∈ R.

(c) Per determinare un sistema di riferimento R′ diverso da R tale che αR,R(σ) = αR′,R′(σ) e sufficientecambiare l’origine del sistema di riferimento traslandola di un autovettore si autovalore 1 per l’applicazionelineare soggiacente. As esempio R′ := {O + e3; e1, e2, e3} verifica la richiesta.

(d) Dalla condizione che l’origine sia un punto unito per la rigidita composta τ := σ ◦ ρ otteniamo cheτ(O) = σ(ρ(O)) = O quindi, applicando σ si ottiene ρ(O) = σ(O) quindi la matrice richiesta e:

αR,R(ρ) =

( 1 0 0 0

4/5√

2/2 −√

2/2 0

2/5√

2/2√

2/2 0

0 0 0 1

).

Per costruzione O e punto unito per la rigidita τ := σ ◦ ρ che essendo composizione di una diretta conun’inversa e una rigidita inversa. Inoltre il vettore e3 e autovettore di autovalore 1 sia per l’applicazionelineare soggiacente a σ che per l’applicazione lineare soggiacente a ρ quindi ogni punto della retta O + 〈e3〉e unito quindi τ e una riflessione. �

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A4(R) col riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4} si considerino lesottovarieta lineari

L :

{x1 + 2x2 + x4 = 1

x3 + x4 = 0M : x1 + 2x2 − x3 = 5

(a) Si determini la posizione reciproca di L e M, la dimensione di L ∩M e la dimensione di L ∨M. Deter-minare, se esiste, una retta r ⊆ M che sia sghemba con L. Determinare, se esiste, un piano δ ⊆ M chesia sghembo con L.

(b) Determinare la matrice, nel sistema di riferimento R, della trasformazione affine p di proiezione su Mparallelamente a 〈e1〉. Determinare le equazioni cartesiane di p(L).

Svolgimento. (a) Si ha: dimL = 2,dimM = 3, L ∩M = ∅ quindi dim(L ∩M) = −1; VL ⊆ VM quindi L eparallela a M e dim(L ∨M) = 4 quindi L ∨M = A4(R).

La retta r : O + 5e1 + 〈e4〉 ⊆ M. e r e sghemba con L. Un piano sghembo con L non esiste perchee inA4(R) non esistono piani sghembi (per la formula di Grassmann affine si avrebbe dim(L ∨ δ) = 5).

(b) Dalle condizioni p(X) ∈M e p(X) ∈ X + 〈e1〉 per ogni X punto di A4(R) si ottiene:

αR,R(p) =

1 0 0 0 0

5 0 −2 1 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

.

10 Luisa Fiorot

Essendo L parallela ad M e, preso il punto O + e1 ∈ L si ha p(O + e1) = O + 5e1 quindi

p(L) :

{x1 + 2x2 + x4 = 5

x3 + x4 = 0

�

ESERCIZIO 4. Si consideri A ∈Mn(C) una matrice quadrata ad entrate nel campo dei numeri complessiC. Si dimostri che tA ∈ C[A] (ovvero l’aggiunta di A e polinomiale in A) se e solo se A e una matricenormale.

Svolgimento. Se tA ∈ C[A] allora tAA = A tA (dato che C[A] e anello commutativo) quindi A e una matricenormale.

Sia ϕ l’endomorfismo di Cn tale che αEn,En(ϕ) = A. Se A e matrice normale applicando il teoremaspettrale per matrici normali si ottiene che ϕ ha una base ortonormale (rispetto al prodotto Hermitiano)

di autovettori ossia A e unitariamente diagonalizzabile. Allora detto pϕ(x) =∏ki=1(x − ai)ni il polinomio

caratteristico di ϕ si ha che ϕ =∑ki=1 aiπi ove πi e l’endomorfismo di proiezione sull’autospazio ker(ϕ −

aiidCn) lungo la direzione ⊕j 6=iker(ϕ − aj idCn). Quindi A =∑ki=1 aiPi con Pi = αEn,En(πi). Le matrici

Pi ono Hermiatiane ovvero tPi = Pi in quanto unitariamente diagonalizzabili con autovalori reali (1 e 0).

Quindi tA =∑ki=1 ai

tPi =∑ki=1 ai Pi ∈ C[A] perche tutte le matrici Pi ∈ C[A] (conseguenza del lemma di

decomposizione).

�


ESERCIZIO 1. Sia φ : V → V un endomorfismo di V spazio vettoriale di dimensione n ≥ 2 sul campoC dei numeri complessi. Supponiamo che φ abbia rango 2 e traccia nulla: tr(φ) = 0. Determinare tutte lepossibili forme di Jordan (a meno di similitudine) per un tale φ. (Suggerimento: trattare prima i casi n = 2e n = 3 e poi n > 3).

Svolgimento. Sia n = 2. L’endomorfismo φ ha rango 2 quindi e invertibile ed avendo traccia nulla la somma

dei due autovalori e zero quindi esso ha come possibile forma canonica di Jordan solo

(α 00 −α

)con

α ∈ C \ {0}.Sia n ≥ 3. Dalla condizione che rango di φ sia 2 ricaviamo che 0 e autovalore di φ di molteplicita

geometrica n− 2 quindi il polinomio caratteristico e pφ(x) = xn−2q(x) con q(x) ∈ C[x] di grado 2. Dovendoessere tr(φ) = 0 si ricava che q(x) = x2 + a con a ∈ C.

Se a 6= 0 si ricava che pφ(x) = xn−2(x− α)(x+ α) ove ±α sono le radici complesse di a. In questo caso

la forma canonica di Jordan e

On−2 0 00 α 00 0 −α

con α ∈ C \ {0}.

Se a = 0 si ricava che l’endomorfismo e nilpotente con dim kerφ = n− 2.Per n = 3 vi e un’unica filtrazione possibile per l’autovalore 0 essendo n− 2 = 1:

ker(φ) ker(φ)2 ker(φ)3

1 2 3

la cui matrice di Jordan ha un unico blocco di ordine 3 e autovalore 0: J3(0).Per n ≥ 4 vi sono due possibili filtrazioni:

ker(φ) ker(φ)2 ker(φ)3

n− 2 n− 1 nn− 2 n n

Nel primo caso la matrice ha 1 blocco J3(0) e n − 3 blocchi J1(0). Nel secondo caso la matrice ha 2blocchi J2(0) e n− 4 blocchi J1(0).

�

ESERCIZIO 2. Si consideri E3 munito del sistema di riferimento ortonormale R = {O; e1, e2, e3}.(1) Si mostri che la rigidita ρ la cui matrice associata nel sdr R e:

R =

1 0 0 02/5 3/5 0 −4/50 0 1 0

2/5 4/5 0 3/5

e una rotazione, si trovino equazioni cartesiane del suo asse h e il coseno dell’angolo di rotazione.(2) Determinare tutti i possibili sistemi di riferimento euclidei con stessa origine O di R e tali che la matrice

associata a ρ in tali sistemi di riferimento sia sempre R.(3) Determinare la matrice della riflessione ortogonale di asse π : x+ 5y = 1 e classificare la rigidita ρσ.(4) Calcolare la distanza tra l’origine O e il piano π : x+ 5y = 1. Determinare i vertici di un quadrato tale

che: un lato sia contenuto in π, una coppia di lati sia parallela all’asse delle z e un vertice coincida conl’origine.

Svolgimento. (1) La rigidita ρ e diretta, ha una retta di punti uniti h : x + 15 = 0 = z − 3

5 quindi e unarotazione e cos θ = 3

5 . Se orientiamo l’asse nella direzione del versore e2 si tratta si una rotazione di angolo− arccos 3

5 .

11

12 Luisa Fiorot

(2) Sia R′ := {O;u1, u2, u3} un sistema di riferimento euclideo tale che αR′R′(ρ) = R. Detta ϕl’applicazione lineare soggiacente a ρ si ha: ϕ(u2) = u2 quindi u2 deve essere un versore e anche autovettoredi autovalore 1 per ϕ da cui si ottiene che u2 = ±e2. I vettori u1, u3 devono essere una base ortonormaledi 〈u2〉⊥ = 〈e1, e3〉 quindi u1 = ae1 + be3 e u3 = −be1 + ae3 con a2 + b2 = 1. Essendo O l’origine dei duesistemi di riferimento la prima colonna della matrice R implica f(O) = O + 2

5e1 + 25e3 = O + 2

5u1 + 25u3

quindi e1 + e3 = u1 + u3 = (a − b)e1 + (a + b)e3 da cui si ottiene il sistema

{a− b = 1

a+ b = 1la cui soluzione e

a = 1, b = 0 quindi u1 = e1, u3 = e3 mentre avevamo visto che u2 = ±e2. L’unico sistema di riferimentodiverso da R tale che αR′R′(ρ) = R e R′ := {O; e1,−e2, e3}.

(3) La matrice della riflessione ortogonale di asse π : x+ 5y = 1 e

1 0 0 01/13 12/13 −5/13 05/13 −5/13 −12/13 0

0 0 0 1

La rigidita ρσ e una rotoriflessione con unico punto unito h∩π = O− 15e1+ 6

25e2+ 35e3. Essa e composizione di

una rotazione attorno a t : O− 15e1+ 6

25e2+ 35e3〈2e1+10e2+e3〉 con una riflessione di asse τ : 2x+10y+z = 13

5 .

(4) Dato π : x+ 5y = 1 si ha d(O, π) = 1√26

.

Essendo e3 ∈ Vπ un lato parallelo al vettore e3 sara contenuto in π. Prendiamo come secondo vertice Ala proiezione ortogonale di O su π quindi A = O+ 1

26e1 + 526e2 ∈ π, allora ‖A−O‖ = 1√

26e la lunghezza del

lato del quadrato. Allora prendiamo B = A+ 1√26e3 ∈ π a infine C = O+ 1√

26e3. I vertici O,A,B,C sono i

vertici di un quadrato che soddisfa le richieste dell’esercizio.

�

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A4(R) col riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4} si considerino lesottovarieta lineari

σ : O + e1 + 3e3 + 〈e2, e1 + e4〉 πα :

{αx1 + x3 = 0

(α+ 1)x2 + x4 = 0L :

{x1 + x2 = 0

x2 + x4 = 0

con α ∈ R.(a) Si determini la posizione reciproca di σ e πα al variare di α ∈ R;(b) Determinare, se esiste e se e unico, un piano δ passante per P = O + 2e3 tale che dim(δ ∨ π0) =

dim(δ ∨ σ) = 3. (Il piano π0 corrispondente a α = 0 ha equazioni x3 = 0 = x2 + x4).(c) Esiste un’affinita f tale che: ogni punto di σ sia punto unito per f , f(π0) = π−1 e f(π−1) = π0? (π0 e

π−1 sono i piani corrispondenti ai valori α = 0 e α = −1 rispettivamente).(d) Esiste un’affinita g tale che: ogni punto di σ sia punto unito per g, g(π0) = L e g(L) = π0?

Svolgimento. (a) La sottovarieta lineare σ ha equazioni cartesiane

{x1 − x4 = 1

x3 = 3e dimσ = 2. Per ogni

α ∈ R si ha dimπα = 2. Per studiare la posizione reciproca studiamo i ranghi del sistema lineare σ ∩ πα:

x1 − x4 = 1

x3 = 3

αx1 + x3 = 0

(α+ 1)x2 + x4 = 0

da cui otteniamo riducendo con Gauss la matrice:

1 0 0 −1 |10 α+ 1 0 1 |00 0 1 0 |30 0 0 α | − α− 3

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 5 Settembre 2016 13

Per α /∈ {−1, 0} il rango della matrice incompleta e uguale al rango della matrice completa ed e 4 quindiil sistema ha un’unica soluzione σ ∩ πα = O − 3

αe1 + α+3α(α+1)e2 + 3e3 − α+3

α e4 da cui Vσ ∩ Vπα = {0R4} e

dim(σ ∨ πα) = 4.Per α = −1 il sistema non ha soluzione in quanto il rango della matrice incompleta e uguale 3 mentre

rango della matrice completa e 4; Vσ ∩ Vπ−1 = 〈e2〉 e dim(σ ∨ π−1) = 4. Per α = 0 il sistema non hasoluzione in quanto il rango della matrice incompleta e uguale 3 mentre rango della matrice completa e 4;Vσ ∩ Vπ0

= 〈e1 − e2 + e4〉 e dim(σ ∨ π0) = 4.

(b) Il punto P = O+ 2e3 non appartiene ne a σ ne a π0. Quindi dim(P ∨σ) = dim(P ∨π0) = 3. Da cuiotteniamo che il piano δ richiesto deve essere contenuto in (P ∨σ)∩(P ∨π0) essendo P ∨σ : x1−x3−x4 = −2

e P ∨ π0 : x2 + x4 = 0 il piano delta e unico ed e δ :

{x1 − x3 − x4 = −2

x2 + x4 = 0.

(c) Sia f un’affinita tale che ogni punto di σ sia punto unito per f . Allora f(O+e1 +3e3) = O+e1 +3e3

e 〈e2, e1 + e4〉 ≤ V1 ove V1 indica l’autospazio di autovalore 1 per l’applicazione lineare ϕ soggiacente a f .Condizione necessaria per avere f(π0) = π−1 e f(π−1) = π0 e che ϕ(Vπ0

) = Vπ−1e ϕ(Vπ−1

) = Vπ0. Allora

essendo Vσ∩Vπ0= 〈e1−e2+e4〉 si dovrebbe avere ϕ(e1−e2+e4) = e1−e2+e4 in quanto e1−e2+e4 ∈ Vσ ≤ V1

ma anche ϕ(e1 − e2 + e4) ∈ Vπ−1il che e assurdo in quanto Vσ ∩ Vπ−1

= 〈e2〉. L’affinita richiesta non esiste.

(d) Le stesse considerazioni fatte al punto precedente si applicano anche a questo caso. Denotiamo conψ l’applicazione lineare soggiacente a g. Si deve avere g(O+ e1 + 3e3) = O+ e1 + 3e3, 〈e2, e1 + e4〉 ≤ V1 oveV1 indica l’autospazio di autovalore 1 per ψ. Si ha Vσ∩VL = Vσ∩Vπ0 = 〈e1−e2 +e4〉, VL = 〈e1−e2 +e4, e3〉,Vσ = 〈e1 − e2 + e4, e2〉 e Vπ0 = 〈e1 − e2 + e4, e1〉. Essendo π0 ∩ L = O + 〈e1 − e2 + e4〉 si deve avereg(π0 ∩ L) = π0 ∩ L in particolare g(O) ∈ O + 〈e1 − e2 + e4〉. Considerando il sistema di riferimento affineR′ = {O; e1 − e2 + e4, e2, e3, e1} le possibili matrici di g in R′ sono:

αR′R′(g) =

1 0 0 0 0α 1 0 a c0 0 1 0 00 0 0 0 d0 0 0 b 0

con a, b, c, d ∈ R , bd 6= 0 a cui dobbiamo imporre la condizione g(O + e1 + 3e3) = O + e1 + 3e3.Poiche il punto O + e1 + 3e3 ha coordinate t ( 1| 0 0 3 1 ) in R′ e g((O + e1 + 3e3) ha coordinatet ( 1| α+ 3a+ c 0 d 3b ) si ottiene il sistema: α+ 3a+ c = 0, d = 3, 3b = 1. Quindi le possibili matricidi g in R′ sono tutte e sole: ndi g(O)−O ∈ 〈e1 − e2 + e4〉 se e solo se

αR′R′(g) =

1 0 0 0 0α 1 0 a −α− 3a0 0 1 0 00 0 0 0 30 0 0 1

3 0

con a, b, c, d ∈ R , bd 6= 0. Ad esempio

αR′R′(g) =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 30 0 0 1

3 0

soddisfa la richiesta. �


ESERCIZIO 1. Si consideri E3 munito del sistema di riferimento ortonormale R = {O; e1, e2, e3}.(1) Si classifichi secondo Eulero la rigidita τ la cui matrice rispetto ad R e

T =

1 0 0 03 1/9 8/9 −4/9−3 8/9 1/9 4/9−3 −4/9 4/9 7/9

.

Si scriva τ come composizione di una traslazione tv con una riflessione ortogonale σ commutanti fra loro(cioe tvσ = σtv = τ). Tali tv e σ sono unici? Si determini l’asse di σ.

(2) Si determinino, descrivendole tramite equazioni cartesiane, tutte le sottovarieta lineari unite per τ .(3) Si determini la matrice nel sistema di riferimento R della rigidita τ−1 e si classifichi τ−1.(4) Si determini, se esiste, un sistema di riferimento destrorso R′ tale che la matrice associata a τ rispetto

a R′ sia:

T ′ =

1 0 0 03√

2 1 0 00 0 1 00 0 0 −1

Svolgimento. (1) La rigidita τ e inversa priva di punti uniti quindi e una glissoriflessione. L’autospazio diautovalore 1 per l’applicazione lineare soggiacente e V1 : 2x − 2y + z = 0 quindi V−1 = 〈2e1 − 2e2 + e3〉.La decomposizione richiesta esiste ed e unica in quanto tvσ = σtv se e solo se v ∈ V1 per l’applicazionelineare soggiacente a σ che coincide con l’applicazione lineare soggiacente a τ . Inoltre per ogni riflessioneσ(O) − O ∈ V−1 quindi v e la proiezione ortogonale del vettore τ(O) − O sul sottospazio V1. Si ha;τ(O)−O = 3e1−3e2−3e3 = (2e1−2e2 + e3) + (e1− e2−4e3) ∈ V−1 �V1 da cui otteniamo v = e1− e2−4e3

e σ e la riflessione di asse π : 2x− 2y + z = 92 la cui matrice in R e:

αR,R(σ) =

1 0 0 02 1/9 8/9 −4/9−2 8/9 1/9 4/91 −4/9 4/9 7/9

.

(2) Le sottovarieta lineari unite per τ sono:Punti uniti: nessuno;Piani uniti: π e i piani πk : x+ y = k con k ∈ R;Rette unite: rette rk = π ∩ πk contenute in π e parallele al vettore v.

(3) Essendo τ = tvσ = σtv si ha che τ−1 = σt−v = t−vσ quindi anche τ−1 e una glissoriflessione conriflessione σ e traslazione t−v. La matrice nel sistema di riferimento R di τ−1 e:

αR,R(τ−1) =

1 0 0 01 1/9 8/9 −4/9−1 8/9 1/9 4/95 −4/9 4/9 7/9

.

(4) Per verificare la condizione richiesta il sistema di riferimento R′ = {P ;u1, u2, u3} deve soddisfarele seguenti condizioni: {u1, u2} deve essere base ortonormale di V1 : 2x − 2y + z = 0; u3 = ± 2e1−2e2+e3

3 e

τ(P )− P = 3√

2u1. Quest’ultima condizione implica che P ∈ π, ma allora τ(P )− P = v = e1 − e2 − 4e3 la

14


cui norma e ‖v‖ = 3√

2. Ponendo P = O + 92e3; u1 = e1−e2−4e3

3√

2, u3 = 2e1−2e2+e3

3 e u2 = u3 × u1 si ottiene

un sistema di riferimento destrorso R′ tale che:

T ′ =

1 0 0 03√

2 1 0 00 0 1 00 0 0 −1

.

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E5 munito del sistema di riferimento ortonormale R = {O; e1, . . . , e5}si considerino le sottovarieta lineari

L :

{x2 + x3 = 2

x4 − x5 = 2M : O + e1 + 2e5 + 〈5e1 − e2 + e3, e4 − e5〉.

(1) Calcolare la dimensione di L, dimensione di M, dimensione di L∨M e dimensione di L∩M. Determinarela distanza fra L e M e tutte le coppie di punti di minima distanza.

(2) Determinare, se esistono e in caso affermativo se sono uniche, le seguenti sottovarieta lineari:(a) π di dimensione 3 contenente M e tale che la distanza tra L e M coincida con la distanza fra L e π;(b) un iperpiano τ contenente M e tale che la distanza tra L e M coincida con la distanza fra L e τ .

(3) Sia σ :

{x2 + x3 = 0

x4 + x5 = 2. Determinare una rigidita diretta ρ tale che ρ(L) = σ e ρ(σ) = L.

Svolgimento. (1) dimL = 3, dimM = 2, L∩M = ∅ quindi dim(L∩M) = −1 mentre VL∩VM = 〈5e1−e2 +e3〉quindi dim(VL∨VM) = dim(VL+VM)+1 = 5. Le coppie di minima distanza sono (O+e1+e2+e3+2e4+a(5e1−e2 + e3), O+ e1 + 2e4 + a(5e1− e2 + e3)) ∈ L×M con a ∈ R da cui si ottiene che d(L,M) = ‖e2 + e3‖ =

√2.

(2) (a) Sia π una sottovarieta lineare di dimensione 3 contenente M e tale che la distanza tra Le M coincida con la distanza fra L e π. Ricordiamo che VM = 〈5e1 − e2 + e3, e4 − e5〉 e VL = 〈e4 +e5, e2 − e3〉. Si ha: π : O + e1 + 2e5 + 〈5e1 − e2 + e3, e4 − e5, z〉 con dim〈5e1 − e2 + e3, e4 − e5, z〉 = 3e z ∈ 〈5e1 − e2 + e3, e4 − e5, e4 + e5, e2 − e3〉 = 〈e2 + e3〉⊥ altrimenti π e L si intersecherebbero. Si haz = α(5e1 − e2 + e3) + β(e4 − e5) + γ(e4 + e5) + δ(e2 − e3) con (γ, δ) 6= (0, 0) da cui si ottiene che tutti ipossibili π sono π : O+ e1 + 2e5 + 〈5e1 − e2 + e3, e4 − e5, γ(e4 + e5) + δ(e2 − e3)〉 con δ, γ ∈ R; (γ, δ) 6= (0, 0).

(b) Un iperpiano τ contenente M e tale che la distanza tra L e M coincida con la distanza fra L eτ e unico in quanto e necessariamente l’iperpiano contenente M e parallelo ad L di equazione cartesianaτ : x2 + x3 = 0 (tutti gli altri iperpiani contenenti M intersecano L).

(3) Essendo L : O + e2 + e3 + 2e4 + 〈 e2−e3√2, e1,

e4+e5√2〉 con { e2−e3√

2, e1,

e4+e5√2} base ortonormale di VL e

σ : O + 2e4 + 〈 e2−e3√2, e1,

e4−e5√2〉 con { e2−e3√

2, e1,

e4−e5√2} base ortonormale di Vσ. Notiamo che L := O + e2 +

e3 + 2e4 ∈ L, S := O + 2e4 ∈ σ sono punti di minima distanza dato che L− S = e2 + e3 ∈ (VL + Vσ)⊥.Consideriamo il sistema di riferimento euclideo destrorso R′ = {M ; e2−e3√

2, e1,

e4+e5√2, e4−e5√

2, e2+e3√

2} con

M = L+S2 . La rigidita ρ di matrice

αR′,R′(ρ) =

1 0 0 0 0 00 1 0 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 0 1 00 0 0 1 0 00 0 0 0 0 −1

e diretta e soddisfa la condizione ρ(L) = σ e ρ(σ) = L.

�

16 Luisa Fiorot

ESERCIZIO 3. Si consideri V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo C dei numeri complessi eφ : V → V un endomorfismo di V . Si dimostri che φ e un operatore normale se e solo se tφ ∈ C[φ] ove C[φ]e l’anello dei polinomi in φ a coefficienti in C.

Svolgimento. Si veda la soluzione dell’esercizio 4 dell’appello del 1 Luglio 2016.

�

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 13 Febbraio 2017

ESERCIZIO 1. Sia ϕ : C4 → C4 l’endomorfismo di matrice A rispetto alla base canonica:

A =

( 0 1 −1 0

0 0 0 −1

1 0 0 1

0 1 0 0

)

(1) Si determinino: polinomio caratteristico, polinomio minimo e autospazi di ϕ.(2) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile P tali che J = P−1AP .(3) Si determini la dimensione di C[A] come C-spazio vettoriale.(4) Si determini, se esiste, un vettore w ∈ C4 tale che w1 = w, w2 = ϕ(w), w3 = ϕ2(w), w4 = ϕ3(w)

formino una base W = {w1, . . . , w4} di C4 (motivandone la scelta). Si scriva la matrice αW ,W (ϕ).(5) Si dimostri che W := {ψ ∈ HomC (C4,C4) | ϕψ = ψϕ} e un sottospazio di HomC (C4,C4) e se ne calcoli

la dimensione.

Svolgimento. (1) pA(x) = (x2+1)2 = (x+i)2(x−i)2 da cui otteniamo che gli autovalori sono i con ma(i) = 2e −i con ma(−i) = 2. Calcoliamo Vi := ker(A− iI4) ove

A− iI4 =

(−i 1 −1 0

0 −i 0 −1

1 0 −i 1

0 1 0 −i

)con la riduzione di Gauss si ha:

( 1 0 −i 1

0 1 0 −i0 0 0 1

0 0 0 0

)

da cui si ricava che Vi = 〈ie1 +e3〉. Essendo la matrice ad entrate reali si ha V−i = 〈−ie1 +e3〉 (per coniugio),da cui si ottiene la seguente tabella delle filtrazioni:

ker(ϕ− iidV ) ker(ϕ− iidV )2 ker(ϕ+ iidV )3 ker(ϕ+ iidV )4

1 2 1 2

quindi λA(x) = (x+ i)2(x− i)2.

(2) Essendo ker(A− iI4)2 = 〈ie1 + e3, ie2 + e4〉 da cui si ottiene ker(A+ iI4)2 = 〈−ie1 + e3,−ie2 + e4〉.Ponendo v2 = ie2 + e4, v1 = (A − iI4)v2 = ie1 + e3, v4 = v2 = −ie2 + e4 quindi v3 = (A− iI4)v2 =(A+ iI4)v4 = −ie1 + e3 si ottiene:

J =

( i 1 0 0

0 i 0 0

0 0 −i 1

0 0 0 −i

)P =

( i 0 −i 0

0 i 0 −i1 0 1 0

0 1 0 1

).

(3) La dimensione di C[A] come C-spazio vettoriale e pari al grado del polinomio minimo che nel nostrocaso e 4.

(4) Il vettore w ∈ C4 richiesto viene detto vettore ciclico; per il Lemma del vettore ciclico un talew esiste se e solo se pA(x) = λA(x) come nel nostro caso. Un tale vettore si trova come w = v2 + v4

somma di autovettori generalizzati di periodo massimo. Detta W = {w,ϕ(w), ϕ2(w), ϕ3(w)} la base di C4

individuata dal vettore ciclico w si ottiene che la matrice αW ,W (ϕ) e la matrice compagna del polinomiopA(x) = x4 + 2x2 + 1 quindi:

αW ,W (ϕ) =

( 0 0 0 −1

1 0 0 0

0 1 0 −2

0 0 1 0

).

(5) Si verifica facilmente che W e chiuso per combinazioni lineari. Dette B la base di Jordan tale cheαB,En(idC4) = P si ha che dimW = dim{M ∈M4(C) | JM = MJ}. dimW = 4.

�

17

18 Luisa Fiorot

ESERCIZIO 2. Si consideri E3 munito del sistema di riferimento R = {O; e1, e2, e3}.(1) Si determini la matrice della riflessione ortogonale σ di asse π : 3x+ 4y = 3.(2) Siano v1 = 3e1 +4e2, v2 = e3 e v3 = v1 +v2 e si denoti con tvi la traslazione di vettore vi con i ∈ {1, 2, 3}.

Si classifichino le rigidita tvi ◦ σ per ogni i ∈ {1, 2, 3} (ove σ e la riflessione del punto precedente). Nelcaso di glissoriflessioni, si determini la decomposizione come composizione di una traslazione con unariflessione commutanti fra loro indicandone le rispettive matrici nel sistema di riferimento R. Nel casodi una riflessione se ne determini l’asse.

(3) Determinare tutte le rette r contenute nel piano τ : x+y = 0 e aventi distanza 3 dal piano π : 3x+4y = 3.

Svolgimento. (1) La matrice della riflessione ortogonale σ di asse π : 3x+ 4y = 3 e

1 0 0 018/25 7/25 −24/25 024/25 −24/25 −7/25 0

0 0 0 1

.

(2) Essendo v1 = 3e1 +4e2 ∈ V−1 la rigidita tv1σ e ancora una riflessione il cui nuovo asse e il precedentetraslato di v1

2 la cui equazione cartesiana e: 3x+ 4y = 312 .

Il vettore v2 = e3 ∈ V1 quindi la rigidita tv2σ e una glissoriflessione e tv2σ = σtv2 .La rigidita tv3σ e una glissoriflessione e tv3σ = tv2(tv1σ) posto σ′ = tv1σ (che abbiamo visto essere la

riflessione di asse 3x + 4y = 312 ) si ha tv2σ

′ = σ′tv2 : si determini la decomposizione come composizionedi una traslazione con una riflessione commutanti fra loto indicandone le rispettive matrici nel sistema diriferimento R. Nel caso di una riflessione se ne determini l’asse.

Le matrici sono:

αR,R(tv2) =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 01 0 0 1

αR,R(σ′) =

1 0 0 093/25 7/25 −24/25 0124/25 −24/25 −7/25 0

0 0 0 1

.

(3) Una retta r avente distanza 3 dal piano π : 3x + 4y = 3 deve necessariamente essere parallelaa π altrimenti inciderebbe il piano e avrebbe distanza zero. Quindi lo spazio direttore di tali rette deveessere Vτ ∩ Vπ = 〈e3〉. Otteniamo r : O + ae1 − ae2 + 〈e3〉. Essendo la retta parallela al piano si ha

d(r, τ) = d(O + ae1 − ae2, τ) = |3a−4a−3|5 = 3 solo per a = 12 o a = −18 da cui otteniamo le due rette:

r1 : O + 12e1 − 12e2 + 〈e3〉 ed r2 : O − 18e1 + 18e2 + 〈e3〉.

�

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo A5(R) munito del sistema di riferimento R = {O; e1, . . . , e5} siconsiderino le sottovarieta lineari

L :

{x1 + x3 + x5 = 0

2x1 + x2 = 4M :

x1 = 0

x2 + x4 = 0

x3 + x5 = 1

.

(1) Calcolare la dimensione di L, dimensione di M, dimensione di L ∨M e dimensione di L ∩M.(2) Determinare, se esiste, una retta r passante per l’origine e parallela sia ad L che ad M.(3) Determinare le equazioni cartesiane di una sottovarieta lineare σ passante per l’origine e tale che valgano

entrambe le condizioni: dim(L ∨ σ) = 4 e dim(M ∨ σ) = 3. Se esiste e unica?

Svolgimento. (1) dimL = 3, dimM = 2, L ∩M = ∅ quindi dim(L ∩M) = −1, mentre VL ∩ VM = 〈e3 − e5〉quindi dim(VL ∨ VM) = dim(VL + VM) + 1 = 5.

(2) Essendo VL ∩ VM = 〈e3 − e5〉 la retta r : O+ 〈e3 − e5〉 passa per l’origine ed e parallela sia ad L chead M.

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 13 Febbraio 2017 19

(3) Si noti che O /∈ L e O /∈ M quindi dim(O ∨ L) = 4 e O ∨ L : x1 + x3 + x5 = 0; dim(O ∨M) = 3 eO ∨M : x1 = 0 = x2 + x4. Quindi σ = O soddisfa la richiesta. Non e unica perche ogni sottovarieta linearepassante per l’origine e contenuta nel piano

(O ∨M) ∩ (O ∨M) :

x1 + x3 + x5 = 0

x1 = 0

x2 + x4 = 0

soddisfa la richiesta dim(L ∨ σ) = 4 e dim(M ∨ σ) = 3. �

ESERCIZIO 4. Si consideri V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo C dei numeri complessi eφ : V → V un endomorfismo di V . Si dimostri che φ e un operatore normale se e solo se tφ ∈ C[φ] ove C[φ]e l’anello dei polinomi in φ a coefficienti in C.

Svolgimento. Si veda la soluzione dell’esercizio 4 dell’appello del 1 Luglio 2016.

�


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3+iX2−(2−2i)X−4+2i e si verifichi che P (i−1) = 0.Nel piano di Gauss si indichi con T il triangolo di vertici le radici del polinomio P (X).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i vertici del triangolo T e le le equazioni delle rette

(reali) che formano i suoi lati in termini delle coordinate z e z.(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di T

nella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T1)∩ T1, ove si indichi con T1 l’insieme dei puntiinterni al triangolo T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

(c) Nel piano di Gauss, si consideri la retta (reale) r : (1− i)z+ (1 + i)z = 2 e si determinino le intersezionidi r con l’asse reale e l’asse immaginario. Indicata con σr : C→ C la riflessione rispetto alla retta r, siscriva il numero complesso σr(z) come funzione di z. Indicata con λ : C r {0} → C r {0} la riflessionenel cerchio unitario, sia C = λ∗(r) e si scriva il numero complesso λC(z) come funzione di z, ove λC ela riflessione nella circonferenza C. E vero che λC = λ ◦ σr ◦ λ?

Svolgimento. Si ha P (i− 1) = (i− 1)3 + (2 + i)(i− 1)2 − 4 + 2i = 0.

(a) Si ha quindi

P (X) = (X + 1− i)(X2 − (1− 2i)X − (3 + i))

= (X + 1− i)(X + 1 + i)(X − 2 + i).

Le radici di P (X) sono i numeri complessi z1 = −1 + i, z2 = −1 − i ez3 = 2− i. I lati del triangolo sono quindi le rette

z1 ∨ z2 : z + z + 2 = 0,

z1 ∨ z3 : (2− 3i)z + (2 + 3i)z − 2 = 0,

z2 ∨ z3 : iz − iz − 2 = 0,

z1

z2 z3

(b) Le immagini delle rette tramite la riflessione nel cerchio unitario sono le circonferenze

λ∗(z1 ∨ z2) : zz +z

2+z

2= 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz − 2− 3i

2z − 2 + 3i

2z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − i

2z +

i

2z = 0.

ovvero

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z +1

2

∣∣∣∣ =1

2,

λ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −2 + 3i

2

∣∣∣∣ =

√13

2,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z +i

2

∣∣∣∣ =1

2.

L’insieme λ∗(T1) ∩ T1 e evidenziato in grigio nella figura.

(c) L’intersezione di r con l’asse reale (di equazione −iz + iz = 0) e w0 = 1; l’intersezione con l’asseimmaginario e w1 = i. Siano τ(z) = z − 1 la traslazione che porta la retta r sulla parallela passante perl’origine, ρ(z) = 1−i√

2z la rotazione attorno all’origine che porta la retta traslata a sovrapporsi con l’asse reale,

e indichiamo con σ : C → C il coniugio. Allora, σr = τ−1 ◦ ρ−1 ◦ σ ◦ ρ ◦ τ , da cui si deduce, con un calcolodiretto, che σr(z) = −iz + 1 + i. Dunque

λ(σr(λ(z))) =(1 + i)z

2z − (1− i)

coincide con la riflessione nella circonferenza C = λ∗(r), di centro z0 = 1+i2 e raggio 1√

2[cf. ad esempio la

formula (A.2.3) del libro]. �

1


ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano fissate le basiV = {v1, . . . , v5} di V , e W = {w1, . . . , w4} di W .(a) Si determinino, se esistono, tutte le applicazioni lineari φ:V →W che soddisfano alle seguenti condizioni

φ(v1 − 2v3 + v5) = φ(v4 − v2) = 2w1 − 2w3, φ(−2v3) = 4w4 − 2w1,

φ(v2 + 2v3 + v4) = φ(v5 − v1) = 4w2 − 2w4.

Si determinino delle basi e sistemi di equazioni cartesiane per nucleo e immagine di tali applicazioni.

(b) Sia V ′ =

{5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣ 2x1 + 3x5 = 0 = x1 + 2x5

}. Si verifichi che V = kerφ ⊕ V ′ e si determini la

matrice αV,V(π), ove π : V → V e la proiezione su V ′ parallelamente a kerφ. Si determinino tutte leapplicazioni lineari ψ : V → V tali che φ ◦ ψ = φ esibendo per ciascuna di queste la matrice αV,V(ψ).

(c) Sia Fq il campo con q elementi e φ : F5q → F4

q l’applicazione lineare di matrice

B = αE,E(φ) =

( 1 −1 0 1 −1

−1 1 0 −1 1

0 1 −1 −1 0

0 −1 1 1 0

)

in base canonica. Quante sono le applicazioni lineari ξ : F4q → F4

q tali che ξ ◦ φ = φ?


v′1 = v1 − 2v3 + v5, v′2 = v2 + 2v3 + v4, v′3 = −2v3, v′4 = v4 − v2, v′5 = v5 − v1,

sono una base V ′ di V (verificarlo!), quindi esiste un’unica applicazione lineare φ : V → W che soddisfi allecondizioni richieste; e si ha

imφ = 〈w1 − w3, 2w4 − w1, 2w2 − w4〉 =

{4∑

i=0

yiwi

∣∣∣∣∣ 4y1 + y2 + 4y3 + 2y4 = 0

},

kerφ = 〈v′1 − v′4, v′2 − v′5〉 = 〈v1 + v2, 2v3 + v4 − v5〉 , di equazioni

x1 − x2 = 0

x3 − 2x4 = 0

x4 + x5 = 0

.

(b) Si verifica con un facile calcolo che kerφ ∩ V ′ = 〈0〉 (farlo!) e, per motivi di dimensione, si tratta disottospazi complementari. La proiezione π : V → V su V ′ parallelamente a kerφ, ha quindi matrice

A = αV,V(π) =

0 0 0 0 0

−1 1 0 0 0

0 0 1 0 2

0 0 0 1 1

0 0 0 0 0

.

Per ogni v ∈ V , si ha v = v′ + n con v′ = π(v) ∈ V ′ e n ∈ kerφ; dunque, φ(v) = φ(v′) = φ(π(v)). Per cuiφ ◦ π = φ; inoltre, se φ ◦ ψ = φ = φ ◦ π, si ha necessariamente φ ◦ (ψ − π) = 0 e quindi im(ψ − π) ⊆ kerφ;per cui ψ = π + η al variare di η ∈ A = { f ∈ HomQ (V, V ) | imf ⊆ kerφ } ∼= HomQ (V, kerφ). Passando allematrici, dobbiamo quindi sommare alla matrice A tutte le matrici del sottospazio

⟨

1 0 0 0 0

1 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 1 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 0 1 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 0 0 1 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 1

0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

2 0 0 0 0

1 0 0 0 0

−1 0 0 0 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 2 0 0 0

0 1 0 0 0

0 −1 0 0 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 1 0 0

0 0 −1 0 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 2 0

0 0 0 1 0

0 0 0 −1 0

,

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 2

0 0 0 0 1

0 0 0 0 −1

⟩.

(c) Qualunque sia il campo Fq, B ha rango 2 e quindi imφ e un sottospazio di dimensione 2 di F4q. Fissato un

complementare W ′ di imφ (F4q = W ′⊕ imφ), le applicazioni cercate differiscono dalla proiezione π′ : F4

q → F4q

su imφ parallelamente a W ′ per un endomorfismo di F4q che si annulla su imφ. Il sottospazio di HomFq

(F4q,F4

q)formato dagli omomorfismi che si annullano su imφ e isomorfo a HomFq

(W ′,F4q) e quindi ha dimensione 8,

per cui ci sono q8 omomorfismi del tipo cercato. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3−iX2−(2−2i)X+4−2i e si verifichi che P (i+1) = 0.Nel piano di Gauss si indichi con T il triangolo di vertici le radici del polinomio P (X).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i vertici del triangolo T e le le equazioni delle rette

(reali) che formano i suoi lati in termini delle coordinate z e z.(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di T

nella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T2)∩ T2, ove si indichi con T2 l’insieme dei puntiesterni al triangolo T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

(c) Nel piano di Gauss, si consideri la retta (reale) r : (1 + i)z+ (1− i)z = 2 e si determinino le intersezionidi r con l’asse reale e l’asse immaginario. Indicata con σr : C→ C la riflessione rispetto alla retta r, siscriva il numero complesso σr(z) come funzione di z. Indicata con λ : C r {0} → C r {0} la riflessionenel cerchio unitario, sia C = λ∗(r) e si scriva il numero complesso λC(z) come funzione di z, ove λC ela riflessione nella circonferenza C. E vero che λC = λ ◦ σr ◦ λ?


φ(v1 + v2 − 2v3) = φ(v5 − v4) = 2w2 − 2w4, φ(−2v3) = 4w1 − 2w2,

φ(2v3 + v4 + v5) = φ(v1 − v2) = 4w3 − 2w1.


(b) Sia V ′ =

{5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣ 2x1 + 3x2 = 0 = x1 + 2x2





B = αE,E(φ) =

1 −2 1 0

−1 1 1 −1

1 −1 −1 1

1 −1 −1 1

−1 2 −1 0




ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3+iX2−(2+2i)X+4+2i e si verifichi che P (1+i) = 0.Nel piano di Gauss si indichi con T il triangolo di vertici le radici del polinomio P (X).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i vertici del triangolo T e le le equazioni delle rette

(reali) che formano i suoi lati in termini delle coordinate z e z.(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di

T nella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T2) ∩ T1, ove si indichi con T1 l’insieme deipunti interni al triangolo T , con T2 l’insieme dei punti esterni al triangolo T e con λ la riflessione nellacirconferenza unitaria.

(c) Nel piano di Gauss, si consideri la retta (reale) r : (1− i)z+(1+ i)z = −2 e si determinino le intersezionidi r con l’asse reale e l’asse immaginario. Indicata con σr : C→ C la riflessione rispetto alla retta r, siscriva il numero complesso σr(z) come funzione di z. Indicata con λ : C r {0} → C r {0} la riflessionenel cerchio unitario, sia C = λ∗(r) e si scriva il numero complesso λC(z) come funzione di z, ove λC ela riflessione nella circonferenza C. E vero che λC = λ ◦ σr ◦ λ?


φ(v2 − 2v3 + v4) = φ(v1 − v5) = −2w1 + 2w3, φ(−2v3) = 4w2 − 2w3,

φ(v1 + 2v3 + v5) = φ(v2 − v4) = −2w2 + 4w4.


(b) Sia V ′ =

{5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣ 2x2 + 3x4 = 0 = x2 + 2x4





B = αE,E(φ) =

1 −1 1 0

−1 1 1 −1

2 2 −2 2

1 −1 −1 1

−1 1 1 0




ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3−X2 +(2+2i)X+2−4i e si verifichi che P (i−1) = 0.Nel piano di Gauss si indichi con T il triangolo di vertici le radici del polinomio P (X).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i vertici del triangolo T e le le equazioni delle rette

(reali) che formano i suoi lati in termini delle coordinate z e z.(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di

T nella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T1) ∩ T2, ove si indichi con T1 l’insieme deipunti interni al triangolo T , con T2 l’insieme dei punti esterni al triangolo T , e con λ la riflessione nellacirconferenza unitaria.

(c) Nel piano di Gauss, si consideri la retta (reale) r : (1+ i)z+(1− i)z = −2 e si determinino le intersezionidi r con l’asse reale e l’asse immaginario. Indicata con σr : C→ C la riflessione rispetto alla retta r, siscriva il numero complesso σr(z) come funzione di z. Indicata con λ : C r {0} → C r {0} la riflessionenel cerchio unitario, sia C = λ∗(r) e si scriva il numero complesso λC(z) come funzione di z, ove λC ela riflessione nella circonferenza C. E vero che λC = λ ◦ σr ◦ λ?


φ(2v3 − v4 − v5) = φ(v1 − v2) = 2w2 − 2w4, φ(−2v3) = 4w3 − 2w4,

φ(v1 + v2 + 2v3) = φ(v4 − v5) = 4w1 − 2w3.


(b) Sia V ′ =

{5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣ 2x4 + 3x5 = 0 = x4 + 2x5





B = αE,E(φ) =

( 1 −1 2 1 −1

−1 1 2 −1 1

0 1 −1 −1 0

0 −1 1 1 0

)




ESERCIZIO 1. Per ogni intero n ≥ 2 si consideri la matrice

Xn =

n∑

j=1

j(ε(j, j) + ε(n+ 1− j, j) + (bn+1

2 c − bn2 c)ε(bn+12 c, j)

)−b(n+1)/2c∑

j=1

2jε(n+ 1− j, j),

ove { ε(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n } e la base canonica di Mn(R) e bxc indica la parte intera del numero reale x,ovvero l’unico intero tale che bxc ≤ x < bxc+ 1.(a) Si scrivano le matrici X2, X3, X4, X5 e se ne calcolino i determinanti.(b) Si scriva il determinante di Xn come funzione di n.(c) Si calcoli il polinomio caratteristico di Xn e si dica se la matrice e diagonalizzabile su R.


X2 =(

1 2

−1 2

), X3 =

(1 0 3

1 2 3

−1 0 3

), X4 =

( 1 0 0 4

0 2 3 0

0 −2 3 0

−1 0 0 4

), X5 =

1 0 0 0 5

0 2 0 4 0

1 2 3 4 5

0 −2 0 4 0

−1 0 0 0 5

.

Dunque, d2 = detX2 = 4, d3 = detX3 = 12, d4 = detX4 = 96, d5 = detX5 = 480. I determinantisi ottengono con un calcolo diretto. Ad esempio, nel caso di X5, possiamo osservare che, con operazionielementari sulle righe di determinante 1, la matrice assume la forma

1 0 0 0 50 2 0 4 01 2 3 4 50 −2 0 4 0

−1 0 0 0 5

∼

1 0 0 0 50 2 0 4 0

III − I − II 0 0 3 0 0IV + II 0 0 0 8 0V + I 0 0 0 0 10

.

(b) Per n ≥ 6, le matrici Xn hanno forma analoga. Per n pari, sottraendo alla riga n + 1 − j la riga diposto j, per j = 1, . . . , n/2 (operazioni elementari con determinante 1), si arriva analogamente a una formatriangolare, ove sulla diagonale principale ci sono i numeri reali 1, 2, . . . , n/2, n+ 2, n+ 4, . . . , 2n. Dunque ildeterminante e uguale a detXn = n!2bn/2c, per n pari.

Per n dispari, per portare Xn a forma triangolare, si possono fare le stesse operazioni elementari, ovverosottrarre alla riga n + 1 − j la riga di posto j, per j = 1, . . . , bn/2c, e poi sottrarre alla riga centrale (diposto b(n+ 1)/2c) tutte le righe soprastanti. In questa forma triangolare, sulla diagonale principale ci sonoi numeri reali 1, 2, . . . , b(n + 1)/2c, n + 3, n + 5, . . . , 2n. Anche in questo caso il determinante e uguale adetXn = n!2bn/2c, che e quindi la formula generale per il determinante di Xn, per ogni n ≥ 2.

(c) Operando gli stessi scambi sulle righe e sulle colonne, ovvero portando l’ultima riga (e l’ultima colonna)al secondo posto; la penultima riga (e la penultima colonna) al quarto posto, e cosı via, possiamo ridurre lamatrice a una forma a blocchi diagonali di ordine 2 per n pari. Analogamente, per n dispari si ottengonoi blocchi diagonali di ordine 2, piu un’ultima riga contenente una permutazione della riga centrale, che hal’elemento n+1

2 all’ultimo posto. Ovvero

1 n

−1 n

2 n−1

−2 n−1

. . .n2

n+22

−n2

n+22

n pari

1 n

−1 n

2 n−1

−2 n−1

. . .n−12

n+32

−n−12

n+32

1 n 2 n−1 ... n+12

n dispari

6


Queste matrici sono simili alla matrice originaria, quindi il polinomio caratteristico e

bn/2c∏

j=1

(X2 − (n+ 1)X + 2j(n+ 1− j)

)per n pari

(X − n+12 )

bn/2c∏

j=1

(X2 − (n+ 1)X + 2j(n+ 1− j)

)per n dispari.

Per n ≥ 3 alcuni fattori quadratici non hanno radici reali e quindi la matrice non e diagonalizzabile su R.�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale reale e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si consideril’endomorfismo φ : V → V di matrice

A = αV,V(φ) =

−3 5 0 3 0

0 2 0 0 0

−1 1 −1 −2 3

−4 4 0 5 0

3 −3 −2 1 4

.

(a) Si determinino polinomio caratteristico, autovalori e autospazi per l’endomorfismo φ. Si determininouna matrice diagonale D e una matrice invertibile P tali che D = P−1AP .

(b) Sia W l’autospazio di φ di dimensione massima e si indichi con π : V → V la proiezione su W paralle-lamente alla somma degli altri autospazi. Si determini, se esiste una base W = {w1, . . . , w5} di V taleche π = w1 ⊗w∗1 + · · ·+wr ⊗w∗r , ove r = dimW e W∗ = {w∗1 , . . . , w∗5} e la base di V ∗ duale della baseW.

(c) Sia Φ : HomR (V, V )→ HomR (V, V ) l’applicazione lineare definita ponendo Φ(ξ) = 3ξ− ξ ◦π−π ◦ ξ, oveπ e la proiezione del punto precedente. Si determinino, polinomio caratteristico, autovalori e autospaziper l’applicazione Φ e si dica se e diagonalizzabile.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 1)(X − 1)(X − 2)2(X − 3) e si ha

A+ 1 =

−2 5 0 3 0

0 3 0 0 0

−1 1 0 −2 3

−4 4 0 6 0

3 −3 −2 1 5

, A− 1 =

−4 5 0 3 0

0 1 0 0 0

−1 1 −2 −2 3

−4 4 0 4 0

3 −3 −2 1 3

A− 21 =

−5 5 0 3 0

0 0 0 0 0

−1 1 −3 −2 3

−4 4 0 3 0

3 −3 −2 1 2

, A− 31 =

−6 5 0 3 0

0 −1 0 0 0

−1 1 −4 −2 3

−4 4 0 2 0

3 −3 −2 1 1

.

Per ogni autovalore molteplicita geometrica e algebrica coincidono e gli autospazi sono

ker(φ+ idV ) = 〈9v1 + 34v3 + 6v4 + 7v5〉 , ker(φ− idV ) = 〈3v3 + 2v5〉 ,ker(φ− 3idV ) = 〈v1 + 10v3 + 2v4 + 15v5〉 , ker(φ− 2idV ) = 〈v1 + v2, v3 + v5〉 .

Dunque φ e diagonalizzabile e le matrici cercate sono

D =

−1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 3 0 0

0 0 0 2 0

0 0 0 0 2

e P =

9 0 1 0 1

0 0 0 0 1

34 3 10 1 0

6 0 2 0 0

7 2 15 1 0

.

(b) Consideriamo la base di autovettori W = {w1, . . . , w5}, tale che P = αW,V(idV ). Si ha W = 〈w4, w5〉,quindi in questa base si ha π = w4 ⊗ w∗4 + w5 ⊗ w∗5 , ove W∗ = {w∗1 , . . . , w∗5} e la base duale della base W.

(c) Siano U = ker(φ+idV )⊕ker(φ−idV )⊕ker(φ−3idV ) e W = ker(φ−2idV ). Si ha V = U⊕W e, nella baseW, si ha U = 〈w1, w2, w3〉 e W = 〈w4, w5〉. Possiamo quindi scrivere a blocchi le matrici degli elementi di


HomR (V, V ) relativamente a questa decomposizione; in particolare la matrice di π e αW,W(π) =(

0 0

0 1

). Dato

ξ ∈ HomR (V, V ), possiamo scriverne analogamente la matrice a blocchi, ovvero αW,W(ξ) = X =(A B

C D

)e

si ha

αW,W(Φ(ξ)) = 3(A B

C D

)−(A B

C D

)(0 0

0 1

)−(

0 0

0 1

)(A B

C D

)=(

3A 3B

3C 3D

)−(

0 B

0 D

)−(

0 0

C D

)=(

3A 2B

2C D

).

Dunque Φ ha seguenti spazi di autovettori

A = { ξ ∈ HomR (V, V ) | W ⊆ kerξ, imξ ⊆ U } autovettori relativi all’autovalore 3

B = { ξ ∈ HomR (V, V ) | ξ(U) ⊆W, ξ(W ) ⊆ U } autovettori relativi all’autovalore 2

D = { ξ ∈ HomR (V, V ) | U ⊆ kerξ, imξ ⊆W } autovettori relativi all’autovalore 1

e si ha dim A = 9, dim B = 12, dim D = 4, per cui la somma delle dimensioni e uguale a dim HomR (V, V ) =25. Gli spazi indicati sono quindi gli autospazi e Φ e percio diagonalizzabile. Infine, il polinomio caratteristicoe pΦ(X) = (X − 1)4(X − 2)12(X − 3)9. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X3− (2+3i)X2− (1−4i)X+(2− i) ∈ C[X] e si verifichiche P (1) = 0.(a) Si determinino le radici del polinomio P (X) e si disegni nel piano di Gauss il triangolo T che ha come


(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando il riflesso λ∗(I) della regione di piano, I, interna al triangolo T . E veroche i punti di I ∩ λ∗(I) sono punti uniti per la riflessione λ?

Svolgimento. (a) Si ha P (X) = (X− 1)(X− i)(X− 1− 2i) e i tre vertici del triangolo T sono i punti z1 = 1,z2 = i e z3 = 1+2i. Le tre rette cercate sono quindi z1∨z2 : (1− i)z+(1+ i)z−2 = 0, z1∨z3 : z+ z−2 = 0,z2 ∨ z3 : (1 + i)z + (1− i)z + 2 = 0.

(b) Sia λ(z) = 1/z, per z ∈ Cr {0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Le circonferenze riflesse sono

λ∗(z1 ∨ z2) : zz − 1− i2

z − 1 + i

2z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz − z

2− z

2= 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz +1 + i

2z +

1− i2

z = 0.

Nelle equazioni precedenti, il centro della circonferenza e l’opposto del coeffi-ciente di z e il raggio corrispondente e il suo modulo. Il riflesso della regioneesterna al triangolo e l’unione dei punti interni alle tre circonferenze riflesse. Siottiene quindi il disegno a lato.

z1

z2

z3

I punti uniti nella riflessione λ sono tutti e soli i punti della circonferenza unitaria (z = 1/z se, e solose, zz = 1), mentre l’insieme I ∩λ∗(I) contiene molti punti che non appartengono a tale circonferenza, comesi vede dal disegno sopra. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Sia φ : V → V unendomorfismo tale che

φ(v1 − 3v3) = 3v2 − 2v4 = 12φ(3v2 − 2v4), φ(2v3 − v5) = v2 − v4 = φ(v4 − v2), φ(v1 − v5) = v5 − v1.

(a) Si determinino dimensione e una base per i sottospazi kerφ e imφ. Si mostri che φ e diagonalizzabile esi determini una base di autovettori W = {w1, . . . , w5} di V , scrivendo le coordinate dei suoi elementinella base V.

(b) Si determinino le coordinate, nella base duale V∗ della base V, degli elementi della base duale W∗ dellabase W. E vero che gli elementi di W∗ sono autovettori per l’endomorfismo φ∗ : V ∗ → V ∗? Cherelazioni ci sono tra gli ortogonali degli autospazi di φ∗ e gli autospazi di φ?

Svolgimento. (a) Dalle condizioni date si ricava che, per un tale endomorfismo, deve aversi

ker(φ− 2idV ) = 〈3v2 − 2v4〉 , ker(φ+ idV ) = 〈v2 − v4, v1 − v5〉 ,kerφ = 〈2v1 − 3v2 − 6v3 − 2v4, v2 + 2v3 − v4 − v5〉 .

Poiche i vettori

w1 = 3v2 − 2v4, w2 = v2 − v4, w3 = v1 − v5, w4 = 2v1 − 3v2 − 6v3 − 2v4, w5 = v2 + 2v3 − v4 − v5,

9


sono una base di V , essendo linearmente indipendenti, si conclude che esiste un unico endomorfismo φdeterminato dalle condizioni precedenti e che la base W = {w1, . . . , w5} e una base di autovettori per φ.

(b) Per quanto visto al punto precedente, si ha

P = αW,V(idV ) =

0 0 1 2 0

3 1 0 −3 1

0 0 0 −6 2

−2 −1 0 2 −1

0 0 −1 0 −1

e dunque tP−1 = αW∗,V∗(idV ∗) =

−1 3 3 −1 −3

1 −2 0 0 0

−1/2 1 1 −1/2 −1

1 −3 0 0 0

−1 3 2 −1 −3

.

Per ogni elemento ζ ∈ V ∗, si ha ζ =∑5j=1(ζ ◦ wj)w∗j , perche le basi W e W∗ sono basi duali. Si ha quindi

per ogni vettore w∗i della base W∗

φ∗(w∗i ) =

5∑

j=1

(φ∗(w∗i ) ◦ wj)w∗j = ciw∗i ,

ove ci e l’autovalore di φ relativo all’autovettore wi. Infatti, qualunque siano i e j, si ha

φ∗(w∗i ) ◦ wj = w∗i ◦ φ(wj) = cj(w∗i ◦ wj) = cjδij [simbolo di Kronecker].

Si ha quindi

ker(φ− 2idV ) = 〈w1〉 , ker(φ+ idV ) = 〈w2, w3〉 , kerφ = 〈w4, w5〉 ;ker(φ∗ − 2idV ∗) = 〈w∗1〉 , ker(φ∗ + idV ∗) = 〈w∗2 , w∗3〉 , kerφ∗ = 〈w∗4 , w∗5〉 ,

da cui si conclude che si ha

ker(φ∗ − 2idV ∗) = 〈w∗1〉 = 〈w2, w3, w4, w5〉⊥ = ker(φ+ idV )⊥ ∩ kerφ⊥;

e le analoghe relazioni per gli altri autospazi. �

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si indichi conφ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

−1 6 2 −4 1

0 2 0 −1 0

1 −2 0 1 0

0 0 0 1 0

−3 6 2 −4 1

nella base data.(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; si

dica inoltre se φ e diagonalizzabile e, in caso affermativo, si determinino una matrice diagonale D e unamatrice invertibile P tali che D = P−1AP .

(b) E vero che V = kerφ⊕ imφ? In caso contrario si determinino equazioni cartesiane per imφ, imφ2, imφ3,imφ4, etc., e si dica se esiste, un esponente k tale che V = kerφk ⊕ imφk.

(c) Sia ora V uno spazio vettoriale di dimensione finita su Q, φ : V → V un endomorfismo e k un interopositivo. Si dimostri che se imφk ∩ kerφ = 〈0〉, allora

imφk = imφk+1 = imφk+2 = · · · e kerφk = kerφk+1 = kerφk+2 = · · · .

Si deduca da cio che imφk ∩ kerφk = 〈0〉 e quindi che V = kerφk ⊕ imφk.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15−A) = (X − 1)(X − 2)X3, e le matrici

A =

−1 6 2 −4 1

0 2 0 −1 0

1 −2 0 1 0

0 0 0 1 0

−3 6 2 −4 1

, A− 15 =

−2 6 2 −4 1

0 1 0 −1 0

1 −2 −1 1 0

0 0 0 0 0

−3 6 2 −4 0

A− 215 =

−3 6 2 −4 1

0 0 0 −1 0

1 −2 −2 1 0

0 0 0 −1 0

−3 6 2 −4 −1


hanno tutte e tre rango 4, per cui gli autospazi sono

W0 = kerφ = 〈v3 − 2v5〉 , W1 = ker(φ− id) = 〈v2 − v3 + v4〉 , W2 = ker(φ− 2id) = 〈2v1 + v2〉 .

I generatori dei rispettivi autospazi sono delle basi e quindi φ non e diagonalizzabile, perche il sottospaziodi V generato dagli autovettori, W0 ⊕W1 ⊕W2 ha solamente dimensione 3.

(b) dim imφ = rkφ = 4 e un’equazione cartesiana per imφ nella base data e x1− 2x2− 2x3− x5 = 0, da cuisi deduce che kerφ ∩ imφ = 〈v3 − 2v5〉, per cui non e vero che V = kerφ⊕ imφ. Inoltre,

A2 =

0 8 0 −8 0

0 4 0 −3 0

−1 2 2 −1 1

0 0 0 1 0

2 −4 −4 0 −2

e A3 =

0 16 0 −16 0

0 8 0 −7 0

0 0 0 −1 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

.

Dunque A2 ha rango 3 e kerφ2 = 〈v1 + v5, v3 − 2v5〉 (infatti φ(v1 + v5) = v3− 2v5). Per dare delle equazioni

cartesiane di imφ2, basta prendere il sistema

{x1 − 2x2 − 2x3 − x5 = 0

2x3 + 2x4 + x5 = 0.

Osserviamo che φ2(v5) = v3 − 2v5, per cui 〈v3 − 2v5〉 ⊆ kerφ2 ∩ imφ2, e quindi non puo essere V =kerφ2 ⊕ imφ2. Infine, si ha

〈v5, v1 + v5, v3 − 2v5〉 = kerφ3 e 〈v2 − v3 + v4, 2v1 + v2〉 = W1 ⊕W2 = imφ3.

Quindi delle equazioni cartesiane per imφ3 costituiscono il sistema

x1 − 2x2 − 2x3 − x5 = 0

2x3 + 2x4 + x5 = 0

x3 + x4 = 0

. Inoltre,

W1 ⊕ W2 ⊆ imφn per ogni intero positivo n, e quindi si ha che W1 ⊕ W2 = imφn per ogni n ≥ 3 e leequazioni sono quelle scritte. Da cio si ottiene che imφ3∩kerφ3 = 〈0〉 e quindi V = kerφ3⊕ imφ3. Infine, daquanto visto discende anche che kerφk = kerφ3 per ogni k ≥ 3 e quindi V = kerφk ⊕ imφk per ogni k ≥ 3.

(c) Per ogni endomorfismo e ogni intero positivo k si hanno le inclusioni

imφk+1 ⊆ imφk e kerφk ⊆ kerφk+1.

Supponiamo quindi che imφk ∩ kerφ = 〈0〉 per un fissato intero k e dimostriamo che valgono le inclusioniopposte. Sia x ∈ kerφk+1 e consideriamo il vettore v = φk(x), che appartiene a imφk ∩ kerφ ed e quindiuguale a 0, per cui x ∈ kerφk. Dalla formula delle dimensioni si deduce che

dim imφk = dimV − dim kerφk = dimV − dim kerφk+1 = dim imφk+1,

e quindi anche le immagini sono uguali. Essendo imφk+1 = imφk, si ha anche imφk+1 ∩ kerφ = 〈0〉 da cuisi deduce analogamente che imφk+1 = imφk+2 e kerφk+1 = kerφk+2; e cosı via per gli interi successivi.

Infine, se x ∈ kerφk ∩ imφk, si ha che x = φk(v), per un opportuno vettore v e 0 = φk(x) = φ2k(v), percui v ∈ kerφ2k = kerφk, per quanto visto sopra; per cui x = φk(v) = 0, ovvero kerφk ∩ imφk = 〈0〉. Per laformula delle dimensioni, si conclude che V = kerφk ⊕ imφk. �


ESERCIZIO 1. Si determinino le radici in C del polinomio P (X) = 4X3 + (8− 4i)X2 − (17 + 8i)X − 34dopo aver verificato che X + 2 divide P (X).(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono convesso T che ha come vertici tali radici. Si scrivano le

equazioni delle rette che contengono i lati del poligono T , in termini delle coordinate z e z.(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi delle

circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando l’insieme λ∗(T in) r T in, ove T in e l’insieme dei punti interni a T . Cisono punti della circonferenza unitaria in λ∗(T in) r T in?

Svolgimento. (a) P (X) = (X + 2)(4X2 − 4iX − 17) = 4(X + 2)(X + 2− i2 )(X − 2− i

2 ). Le radici di P (X)

sono quindi z1 = −2, z2 = −2 + i2 , z3 = 2 + i

2 . Le rette cercate sono

z1 ∨ z2 : z + z + 4 = 0, z2 ∨ z3 : iz − iz + 1 = 0, z1 ∨ z3 : (1 + 8i)z + (1− 8i)z + 4 = 0.

(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenzaunitaria (z 7→ 1/z). Le circonferenze riflesse sono quindi

λ∗(z1 ∨ z2) : zz +z

4+z

4= 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz + iz − iz = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz +1 + 8i

4z +

1− 8i

4z = 0,

ove i centri sono l’opposto del coefficiente di z nella corrispondenteequazione e il raggio e il valore assoluto complesso di tale coef-ficiente. Nel disegno le circonferenze compaiono con linee trat-teggiate. Infine, la regione λ∗(T in) r T in e evidenziata in grigionel disegno e non puo contenere punti della circonferenza unitaria.

z1

z2 z3

�

ESERCIZIO 2. Dato lo spazio vettoriale complesso V = Cn, indichiamo con En = {e1, . . . , en} lasua base canonica, con VR lo stesso Cn, pensato come spazio vettoriale reale, e con In la base In ={ e1, . . . , en, ie1, . . . , ien } di VR su R.(a) Sia V = C4. Si determini, se esiste, un’applicazione lineare complessa ζ : C4 → C tale che

〈e1 + 3ie3, ie1 − 2ie2 − 3e3 + 4ie4〉 ⊆ kerζ e ζ(e2) = 2 + 4i = ζ(2ie3).

Se ne scriva la matrice nelle basi canoniche di C4 e C.(b) Sia η : VR → R l’applicazione v 7→ <(ζ(v)). Si verifichi che si tratta di un’applicazione lineare reale e si

scriva la matrice αI4,{1}(η).

(c) Dato l’omomorfismo reale η0 : VR → R definito da η0

z1...z4

= <(z1−z2 +z3−z4)−=(z1−z2 +z3−z4),

esiste un’applicazione lineare complessa ζ0 : V → C tale che η0(v) = <ζ0(v) per ogni v ∈ V ? Una taleζ0 e unica?

(d) Sia ora V = Cn e si consideri l’omomorfismo Θ : HomC (V,C) → HomR (VR,R) che manda ζ in <ζ. Sideterminino nucleo e immagine di Θ. Si risponda alle stesse domande con lo spazio HomR (VR,C) inluogo di HomC (V,C).

12


Svolgimento. (a) Sia E∗ = {e∗1, . . . , e∗4} la base duale di V ∗ = HomC (V,C), allora ζ = a1e∗1 + · · ·+ a4e

∗4 ove

i numeri complessi a1, . . . , a4 devono soddisfare alle condizioni

a1 + 3ia3 = 0

a2 − 2a4 = 0

a2 − 2ia3 = 0

a2 = 2 + 4i

.

Risolvendo il sistema lineare si ottiene ζ = (1 + 2i)(−3e∗1 + 2e∗2 − ie∗3 + e∗4), di matrice

αE4,E1(ζ) = (1 + 2i) (−3 2 −i 1 ) .

(b) Un’applicazione C-lineare su V e naturalmente R-lineare e l’applicazione < : C→ R e R-lineare; quindi ηe un’applicazione R-lineare in quanto composizione di applicazioni R-lineari. La matrice possiamo calcolarlausando la definizione stessa di matrice associata ad un’applicazione lineare e si ha

αI4,{1}(η) = (−3 2 2 1 6 −4 1 −2 ) .

(c) Sia ζ0 : V → C un’applicazione C-lineare; per ogni vettore v ∈ V , si ha ζ0(v) = <ζ0(v) + i=ζ0(v). Poicheζ0 e C-lineare, si ha

<ζ0(iv) + i=ζ0(iv) = ζ0(iv) = iζ0(v) = i(<ζ0(v) + i=ζ0(v)) = −=ζ0(v) + i<ζ0(v),

e quindi =ζ0(v) = −<ζ0(iv).Dunque, un’applicazione ζ0 : V → C tale che η0(v) = <ζ0(v) e definita ponendo ζ0(v) = η0(v)− iη0(iv)

per ogni v ∈ V ; ed e C-lineare perche e R-lineare e

ζ0(iv) = η0(iv) + iη0(v) = i(η0(v)− iη0(iv)) = iζ0(v).

Una tale applicazione e unica perche, se ne esistesse un’altra, ζ1, si avrebbe, per ogni v ∈ V , <(ζ0(v)−ζ1(v)) =0; e, essendo applicazioni C-lineari, si avrebbe analogamente =(ζ0(v) − ζ1(v)) = −<(ζ0(iv) − ζ1(iv)) = 0;dunque ζ0(v)− ζ1(v) = 0 per ogni v ∈ V .

(d) Le considerazioni fatte nel punto precedente si applicano anche al caso generale e percio Θ : HomC (V,C)→HomR (VR,R) e un’applicazione R-lineare iniettiva. Poiche i due spazi hanno entrambi dimensione 2n su R, siconclude che si tratta di un isomorfismo e quindi kerΘ = 〈0〉 e imΘ = HomR (VR,R). Lo spazio HomR (VR,C)ha dimensione 4n e contiene HomC (V,C); dunque l’analoga applicazione e suriettiva e ha un nucleo di di-mensione 2n, formato dagli omomorfismi R-lineari che hanno valori immaginari.

Possiamo descrivere l’applicazione in termini di matrici. Siano fissate le basi In, I1 e {1} di Cn, C e Rrispettivamente. Dato un omomorfismo φ ∈ HomR (VR,R) si ha

αIn,I1(φ) =

(a bc d

)

ove a, b, c, d ∈ M1×n(R). Inoltre, la matrice di <φ e αIn,{1}(<φ) = ( a b ), e cio dice chiaramente chel’applicazione φ 7→ <φ e suriettiva e quale sia il suo nucleo.

Possiamo concludere osservando che, dalla relazione =ζ0(v) = −<ζ0(iv), valida per le applicazioniζ0 ∈ HomC (V,C), si ottiene che, per tali applicazioni si ha

αIn,I1(ζ0) =

(a −bb a

),

che conclude la discussione. �


ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale reale e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si indichi conφ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

−5 0 −4 0 0

0 −2 0 0 1

3 0 2 0 0

9 −6 4 4 1

0 −6 0 0 5


inoltre se φ e diagonalizzabile.(b) Sia U l’autospazio relativo all’autovalore piu grande di φ e sia W un sottospazio complementare di

U contenente gli autovettori relativi agli altri autovalori. Si scrivano delle equazioni cartesiane per ilsottospazio W e si determini la matrice B = αV,V(π), ove π : V → V e la proiezione su U parallelamentea W . Si puo scrivere la matrice B come combinazione lineare delle potenze della matrice A?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 −A) = (X − 4)2(X + 1)2(X + 2), e lematrici

A− 415 =

−9 0 −4 0 0

0 −6 0 0 1

3 0 −2 0 0

9 −6 4 0 1

0 −6 0 0 1

A+ 15 =

−4 0 −4 0 0

0 −1 0 0 1

3 0 3 0 0

9 −6 4 5 1

0 −6 0 0 6

A+ 215 =

−3 0 −4 0 0

0 0 0 0 1

3 0 4 0 0

9 −6 4 6 1

0 −6 0 0 7


W1 = ker(φ− 4id) = 〈v4, v2 + 6v5〉 , W2 = ker(φ+ id) = 〈v2 + v4 + v5, v1 − v3 − v4〉 ,W3 = ker(φ+ 2id) = 〈4v1 − 3v3 − 4v4〉 .


(b) L’autospazio relativo all’autovalore piu grande e U = ker(φ − 4id) = 〈v4, v2 + 6v5〉 e il complementareindicato e W = 〈4v1 − 3v3 − 4v4, v2 + v4 + v5, v1 − v3 − v4〉 ed equazioni cartesiane per quest’ultimo sotto-spazio sono {

X2 −X5 = 0

X1 −X2 +X4 = 0.

La matrice della proiezione si puo calcolare nel modo consueto ed e uguale a

B = 15

0 0 0 0 0

0 −1 0 0 1

0 0 0 0 0

5 −6 0 5 1

0 −6 0 0 6

.

L’endomorfismo (φ+id)(φ+2id)30 si annulla su W e manda in se i vettori di U (l’affermazione si verifica molto

facilmente usando una base di autovettori); dunque π = (φ+id)(φ+2id)30 . Si conclude che

B = 130 (A+ 1)(A+ 21) = 1

30 (A2 + 3A+ 21),

da cui si deduce che B e combinazione lineare delle potenze di A e che avremmo potuto calcolare in questomodo la matrice della proiezione. �


ESERCIZIO 1. Si determinino le radici in C del polinomio P (X) = 4X3+(2+16i)X2−(27−5i)X−(3+15i)dopo aver verificato che P (−i) = 0.(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono convesso T che ha come vertici tali radici. Si scrivano le


circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando l’insieme λ∗(T in), ove T in e l’insieme dei punti interni a T . E vero cheper ogni numero complesso z, diverso da zero, si ha λ(zn) = λ(z)n? Come si scrive l’analoga relazioneper la riflessione sulla circonferenza C di centro z0 e raggio r > 0?

Svolgimento. (a) P (X) = (X + i)(4X2 + (2 + 12i)X − (15− 3i)

)= (X + i)(2X − 2 + 3i)(2X + 3 + 3i). Le

radici di P (X) sono quindi z1 = −i, z2 = − 3+3i2 , z3 = 2−3i

2 . Le rette cercate sono

z1 ∨ z2 : (1 + 3i)z+ (1− 3i)z− 6 = 0, z2 ∨ z3 : iz− iz− 3 = 0, z1 ∨ z3 : (1− 2i)z+ (1 + 2i)z+ 4 = 0.


λ∗(z1 ∨ z2) : zz − 1 + 3i

6z − 1− 3i

6z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − i

3z +

i

3z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz +1− 2i

4z +

1 + 2i

4z = 0,

z1

z2 z3

ove i centri sono l’opposto del coefficiente di z nella corrispondente equazione e il raggio e il valore assolutocomplesso di tale coefficiente. Nel disegno le circonferenze compaiono con linee tratteggiate. Infine, la regioneλ∗(T in) e evidenziata in grigio nel disegno.

Qualunque sia z 6= 0, si ha

λ(zn) =1

zn=

(1

z

)n= λ(z)n.

Indicata con C la circonferenza di centro z0 e raggio r, per ogni numero complesso z 6= z0, il suo riflesso

nella circonferenza C e λC(z) = z0 + r2

(z−z0) . Posto z = z0 + t, con t 6= 0, se ne deduce che

λC(z0 + tn)− z0

r2=

1

tn=

[λC(z0 + t)− z0

r2

]n;

e questa e la relazione cercata. �

ESERCIZIO 2. Sia φ : R5 → R5 l’endomorfismo di matrice

A =

−1 −2 6 2 −2

0 −1 0 1 −1

0 2 −12 0 0

1 −1 0 0 0

1 0 0 −1 1

in base canonica.

15


(a) Si determinino dimensione e base per nucleo e immagine di φ e si scrivano due matrici invertibili P e Q

in M5(R) tali che PAQ =

(1r 00 0

), ove r = rkφ.

(b) Si trovino, se esistono, P ′ ∈M5×r(R) e Q′ ∈Mr×5(R) tali che A = P ′Q′. Esiste una base V di R5 tale

che αV,V(φ) =

(1r 00 0

), ove r = rkφ? E vero che una tale base esiste se, e solo se, φ2 − φ = 0?

Svolgimento. (a) Con la tecnica di eliminazione di Gauss si ottiene

αE,E(φ) = A ∼

V 1 0 0 −1 1−II 0 1 0 −1 1

I + V 0 −2 6 1 −1III + 2II 0 0 −12 2 −2

IV − V − II 0 0 0 0 0

∼

1 0 0 −1 10 1 0 −1 1

III + 2II 0 0 6 −1 1IV + 2III + 4II 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

.

Dunque rkφ = 3 e una base di imφ e data da

w1 = φ(e1) = −e1 + e4 + e5, w2 = φ(e2) = −2e1 − e2 + 2e3 − e4, w3 = φ( 16e3) = e1 − 2e3.

Inoltre, una base di kerφ e data da v4 = e1+e2+ 16e3+e4 e v5 = e4+e5. Possiamo completare questi ultimi due

vettori a una base, V = {v1, . . . , v5}, di V prendendo v1 = e1, v2 = e2 e v3 = 16e3. Analogamente, possiamo

completare la base dell’immagine a una base W = {w1, . . . , w5} di V , prendendo w4 = e2 e w5 = e1. Con

tali scelte, si ha αV,W(φ) =

(13 00 0

). Due matrici P e Q cercate, sono quindi determinate ponendo

P−1 = αW,E(idV ) =

−1 −2 1 0 1

0 −1 0 1 0

0 2 −2 0 0

1 −1 0 0 0

1 0 0 0 0

e Q = αV,E(idV ) =

1 0 0 1 0

0 1 0 1 0

0 0 1/6 1/6 0

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

;

per cui

P = αE,W(idV ) =

0 0 0 0 1

0 0 0 −1 1

0 0 −1/2 −1 1

0 1 0 −1 1

1 0 1/2 −1 2

.

(b) La matrice a scalini che abbiamo ottenuto con l’eliminazione di Gauss e in forma ridotta, con l’eccezionedi uno dei pivot. Possiamo quindi scrivere

P ′ =

−1 −2 1

0 −1 0

0 2 −2

1 −1 0

1 0 0

e Q′ =

(1 0 0 −1 1

0 1 0 −1 1

0 0 6 −1 1

),

e osservare che si ha P ′Q′ = A. Il lettore piu attento puo osservare che P ′ contiene le prime tre colonne diP−1, mentre Q′ contiene le prime tre righe di Q−1.

Se esistesse una base V di R5 tale che αV,V(φ) =

(13 00 0

), vorrebbe dire che αV,V(φ2) =

αV,V(φ)2 = αV,V(φ), come si ricava da un calcolo diretto; dunque φ2 = φ come richiesto. D’altra parte, seφ2 = φ, allora φ e la proiezione su imφ parallelamente a kerφ, per cui esiste una base del tipo cercato e perdeterminarla, basta prendere una base di imφ e unirla ad una base di kerφ. Per l’applicazione data, si ha

φ(φ( 16e3)) = φ(e1 − 2e3) = −13e1 + 24e2 + e4 + e5 6= φ( 1

6e3),

e quindi una tale base non puo esistere. �



A = αV,V(φ) =

0 0 −1 2 0

0 5 −2 0 −2

0 0 1 0 0

3 0 −3 1 0

0 7 −2 0 −4

nella base data.(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascun autospazio; si dica

inoltre se φ e diagonalizzabile.(b) Sia U uno spazio vettoriale di dimensione n su Q e sia U = {u1, . . . , un} una sua base. Sia ν : U → U

l’applicazione lineare definita ponendo ν(u1) = 0 e ν(ui) = ui−1 per 2 ≤ i ≤ n. Si determini ker(νk)per ogni k ≥ 1. Si consideri l’endomorfismo

ψ = a0idU + a1ν + a2ν2 + · · ·+ an−1ν

n−1

e si calcoli detψ. E vero o falso che gli endomorfismi di U che commutano con ν sono tutti e soli quelliche si scrivono come ψ per un’opportuna scelta di a0, . . . , an−1 in Q?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 −A) = (X − 1)(X + 2)2(X − 3)2, e lematrici

A− 15 =

−1 0 −1 2 0

0 4 −2 0 −2

0 0 0 0 0

3 0 −3 0 0

0 7 −2 0 −5

A+ 215 =

2 0 −1 2 0

0 7 −2 0 −2

0 0 3 0 0

3 0 −3 3 0

0 7 −2 0 −2

A− 315 =

−3 0 −1 2 0

0 2 −2 0 −2

0 0 −2 0 0

3 0 −3 −2 0

0 7 −2 0 −7


ker(φ− id) = 〈v1 + v2 + v3 + v4 + v5〉 , ker(φ+ 2id) = 〈v1 − v4, 2v2 + 7v5〉 ,ker(φ− 3id) = 〈2v1 + 3v4, v2 + v5〉 .

I generatori dei rispettivi autospazi sono delle basi e quindi molteplicita algebrica e geometrica coincidono,per cui φ e diagonalizzabile.

(b) Per k = 1 si ha kerν = 〈u1〉; per k = 2 si ha kerν2 = 〈u1, u2〉; e, supponendo kerνk = 〈u1, . . . , uk〉;dall’osservazione che ν(uk+1) = uk ∈ kerνk, ma ν(uj) = uj−1 /∈ kerνk per k + 1 < j ≤ n, si conclude chekerνk+1 = 〈u1, . . . , uk+1〉 per ogni k ≤ n− 1 e kerνk = V per k ≥ n.

Dalle definizioni si ricava che ψ(ui) = a0ui + a1ui−1 + · · · + ai−1u1 per i = 1, . . . , n. Dunque, fissatauna forma n-lineare alternante non nulla D, si ha

detψ =D(ψ(u1), . . . , ψ(un))

D(u1, . . . , un)=D(a0u1, a0u2 + a1u1, . . . , a0un + · · ·+ an−1u1)

D(u1, . . . , un)= an0 .

Sia ora ψ : V → V un endomorfismo per cui ψ ◦ ν = ν ◦ψ. Si ha ψ(un) = bn−1u1 + · · ·+ b0un per opportuniscalari b0, . . . , bn−1 (la scelta degli indici non e casuale). Necessariamente, ne consegue che

ψ(un−1) = ψ(ν(un)) = ν(ψ(un)) = ν(bn−1u1 + · · ·+ b0un) = bn−2u1 + · · ·+ b0un−1;

e si procede analogamente, fino a ψ(u1) = νn−1(ψ(un)) = b0u1. Dunque, per tutti i vettori della baseU = {u1, . . . , un}, si ha ψ(ui) = b0ui + b1ν(ui) + b2ν

2(ui) + · · · + bn−1νn−1(ui); ovvero le due applicazioni

lineari coincidono e questo conclude la discussione. �


ESERCIZIO 1. Si determinino le radici in C del polinomio P (X) = X3 + 2X + 4i dopo aver verificato cheP (2i) = 0.(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono convesso T che ha come vertici tali radici. Si scrivano le


circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando l’insieme T in ∩ λ∗(T out), ove T in e T out indicano rispettivamentel’insieme dei punti interni e dei punti esterni a T .

Svolgimento. (a) P (X) = (X − 2i)(X2 + 2iX − 2

)= (X + i)(X + i+ 1)(X + i− 1). Le radici di P (X) sono

quindi z1 = 2i, z2 = −1− i, z3 = 1− i. Le rette cercate sono

z1 ∨ z2 : (3 + i)z + (3− i)z + 4 = 0, z1 ∨ z3 : (3− i)z + (3 + i)z − 4 = 0, z2 ∨ z3 : iz − iz − 2 = 0.

(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria(z 7→ 1/z). Le circonferenze riflesse sono quindi

λ∗(z1 ∨ z2) : zz +3 + i

4z +

3− i4

z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz − 3− i4

z − 3 + i

4z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − i

2z +

i

2z = 0,

ove i centri sono l’opposto del coefficiente di z nella corrispondenteequazione e il raggio e il valore assoluto complesso di tale coefficiente.

z1

z2 z3

Nel disegno le circonferenze che riflettono i lati compaiono con linee tratteggiate. La regione T out e unionedei tre semipiani delimitati dai lati del triangolo T , per cui il suo riflesso e l’unione dei punti interni alle trecirconferenze. Dunque, T in ∩ λ∗(T out) e la regione evidenziata in grigio nel disegno. �

ESERCIZIO 2. Siano U , V , W , T spazi vettoriali sul campo Q e siano U = {u1, u2, u3}, V = {v1, . . . , v4},W = {w1, . . . , w5}, T = {t1, . . . , t4}, delle rispettive basi.(a) Siano date le applicazioni lineari α : U → V e β : W → T , definite rispettivamente da

α(u1 + u2 − u3) = 2v1 − v2 + v3 − v4,

α(u2 + u3) = v1 + v2 − v3 − 2v4,

α(u1 + u2) = v1 − v4;

e β

( x1

...x5

)=

( x1+x3+x5

x2+x3

−x1−x3+x4

3x2+x3+x4−x5

),

ove le coordinate sono riferite alle basi fissate. Si determinino nucleo e immagine delle due applicazionilineari e se ne scrivano le matrici nelle basi date.

(b) Sia data f : U → T di matrice F = αU,T (f) =

(−1 2 3

0 0 2

0 0 −1

−1 2 4

). Si dica se esiste un’applicazione lineare

φ : V → W tale che f = βφα (applicazione composta). In caso affermativo si scrivano le matrici nellebasi date di tutte le applicazioni lineari soddisfacenti a tale condizione.

(c) Sia Φ : HomQ (V,W ) → HomQ (U, T ) l’applicazione lineare che manda φ : V → W nell’applicazionecomposta βφα. Si determinino le dimensioni di nucleo e immagine di Φ. Si scriva esplicitamentel’applicazione trasposta Φ∗ tra gli spazi duali e se ne determinino nucleo e immagine.

18



α(u3) = α(u1 + u2)− α(u1 + u2 − u3) = −v1 + v2 − v3,

α(u2) = α(u2 + u3)− α(u3) = 2v1 − 2v4,

α(u1) = α(u1 + u2)− α(u2) = −v1 + v4.

Le matrici cercate sono quindi

A = αU,V(α) =

(−1 2 −1

0 0 1

0 0 −1

1 −2 0

)e B = αW,T (β) =

( 1 0 1 0 1

0 1 1 0 0

−1 0 −1 1 0

0 3 1 1 −1

);

e si ha kerα = 〈2u1 + u2〉, imα = 〈v1 − v4, v1 − v2 + v3〉; e kerβ = 〈w2 − w3 − w4 + w5〉, imβ = T .

(b) Affinche possa esistere una tale φ deve aversi kerf ⊇ kerα = 〈2u1 + u2〉; e questa condizione e soddis-fatta. Inoltre, deve aversi imf ⊆ imβ = T ; e questo non aggiunge ulteriori condizioni. Dunque una tale φesiste e non e unica. Infatti, posto V = V ′ ⊕ imα (ad esempio, V ′ = 〈v1, v2〉), deve aversi

φ(−v1 + v4) = φ(α(u1)) ∈ β−1(f(u1)) = (−w1 − w4) + kerβ,

φ(−v1 + v2 − v3) = φ(α(u3) ∈ β−1(f(u3)) = (w1 + w2 + w3 + w4 + w5) + kerβ,

mentre i valori di φ su una base di V ′ possono essere posti in modo completamente arbitrario. Le matricicercate possiamo quindi scriverle nella forma

αV,W(φ) =

0 0 −1 −1

0 0 −1 0

0 0 −1 0

0 0 −1 −1

0 0 −1 0

+

a1 b1 −a1+b1 a1a2 b2 c−a2+b2 d+a2a3 b3 −c−a3+b3 −d+a3a4 b4 −c−a4+b4 −d+a4a5 b5 c−a5+b5 d+a5

,

al variare dei 12 parametri a1, . . . , b5, c, d nel campo Q. Naturalmente, si poteva arrivare allo stesso risultatoponendo come incognite le entrate della matrice X = αV,W(φ), soggette alla condizione BXA = F , che daluogo a un sistema lineare di 12 equazioni in 20 incognite (di rango 8).

(c) Per quanto visto nel punto precedente, dim kerΦ = 12 e quindi dim imΦ = 20− 12 = 8 (per la formuladelle dimensioni). Piu in generale, scelti dei complementari in modo che

U = U ′ ⊕ kerα V = imα⊕ V ′ W = W ′ ⊕ kerβ T = imβ ⊕ T ′,

si ha imΦ ∼= HomQ (U ′, imβ) e kerΦ ∼= HomQ (V ′,W ) ⊕ HomQ (imα, kerβ). La dimensione dell’immaginee quindi uguale al prodotto (rkα)(rkβ) e quella del nucleo si puo calcolare direttamente o dedurre dallaformula delle dimensioni.

Per quanto riguarda l’applicazione trasposta, e necessario ricordare che, dati due spazi vettoriali X eY , di dimensione finita, il duale di Hom (X,Y ) e lo spazio Hom (Y,X) e il pairing di dualita e dato daφ ◦ ψ = tr(φψ) = tr(ψφ), per ogni φ ∈ Hom (X,Y ) e ψ ∈ Hom (Y,X) (perche?).

Allora, si verifica immediatamente che Φ∗ : HomQ (T,U) → HomQ (W,V ) l’applicazione lineare chemanda ψ : T → U nell’applicazione composta αψβ; infatti, per ogni φ ∈ HomQ (V,W ) e ψ ∈ HomQ (T,U),si ha

ψ ◦ Φ(φ) = tr(ψβφα) = tr(αψβφ) = Φ∗(ψ) ◦ φ.Le dimensioni di nucleo e immagine di Φ∗ (4 e 8, rispettivamente) si ottengono dalle osservazioni precedenti,oppure utilizzando le condizioni di ortogonalita valide per ogni applicazione lineare, ovvero ker(Φ∗) = (imΦ)⊥

e im(Φ∗) = (kerΦ)⊥. �


ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale sul campo C e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si indichicon φ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

−3 0 −2 1 0

0 −2 0 2 2

5 0 4 −1 0

0 0 0 2 0

0 −2 0 1 3

.

(a) Si determinino polinomio caratteristico, autovalori e autospazi per φ e, se esistono, due matrici P e D,ove P e invertibile e D e diagonale, tali che PDP−1 = A.

(b) Sia S = { Q(X) ∈ C[X] | det(Q(φ)) 6= 0 }. Si verifichi che, dati Q1(X) e Q2(X) entrambi in S, ilprodotto Q1(X)Q2(X) appartiene ancora ad S. Siano ora P (X) ∈ C[X] e Q(X) ∈ S e si consideri

l’endomorfismo P (φ)Q(φ)−1 : V → V ; si verifichi che P1(φ)Q1(φ)−1 = P2(φ)Q2(φ)−1 quando P1(X)Q1(X) =

P2(X)Q2(X) nel campo delle funzioni razionali C(X).

(c) E vero o falso che, presi comunque P (X) ∈ C[X] e Q(X) ∈ S, esistono P0(X) ∈ C[X] e Q0(X) ∈ S digrado minore o uguale a 1 tali che P (φ)Q(φ)−1 = P0(φ)Q0(φ)−1? Supponendo che tutti i polinomi inquestione abbiano grado minore o uguale a uno, e vero che P1(φ)Q1(φ)−1 = P2(φ)Q2(φ)−1 se, e solo se,P1(X)Q1(X) = P2(X)

Q2(X)?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X − 2)3(X + 1)2 e gli autospazi relativi sono

ker(φ− 2id) = 〈2v1 − 5v3, v2 + 2v5, v3 + 2v4 − 2v5〉 e ker(φ+ id) = 〈v1 − v3, 2v2 + v5〉 .

Quindi φ e diagonalizzabile e le matrici cercate sono:

D =

2 0 0 0 0

0 2 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 −1 0

0 0 0 0 −1

e P =

2 0 0 1 0

0 1 0 0 2

−5 0 1 −1 0

0 0 2 0 0

0 2 −2 0 1

.

(b) Per il teorema di Binet, det(Q1(φ)Q2(φ)) = det(Q1(φ)) det(Q2(φ)), perche il prodotto di polinomicalcolati in φ e uguale alla composizione dei corrispondenti endomorfismi. Inoltre, se Q(X) ∈ S, allora Q(φ)

e un endomorfismo invertibile. Dunque, P1(X)Q1(X) = P2(X)

Q2(X) se, e solo se, P1(X)Q2(X) = P2(X)Q1(X); e da cio

si ricava P1(φ)Q2(φ) = P2(φ)Q1(φ). Per concludere, e sufficiente comporre i due membri dell’uguaglianzacon Q1(X)−1Q2(X)−1 e ricordare che gli elementi di C[φ] (e i loro inversi) commutano tra loro.

(c) Guardando alla forma diagonale (o ricordando la definizione di polinomio minimo), si ha che il polinomioL(X) = (X − 2)(X + 1), calcolato in φ, induce l’endomorfismo nullo. Allora, preso un polinomio qualsiasi,P (X), utilizzando la divisione euclidea si ha P (X) = L(X)G(X)+R(X) con R(X) di grado minore o ugualea 1 e, chiaramente, P (φ) = R(φ). Cio permette di rispondere affermativamente alla prima domanda.

Per quanto riguarda la seconda, la risposta e negativa. Ad esempio, 2X e X − 1, calcolati in φ, inducono

lo stesso endomorfismo, perche X(X − 1) = 2 + L(X). Infatti, P1(φ)Q1(φ)−1 = P2(φ)Q2(φ)−1 se, e solo se,P1(X)Q2(X)− P2(X)Q1(X) e divisibile per L(X). �


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = 2X3 + (6− 3i)X2 + (3− 7i)X − (2 + 2i) ∈ C[X] e si verifichi che P (−2) = 0.(a) Si determinino le radici, z1, z2, z3, di P (X) e si disegni nel piano complesso il triangolo T che ha come

vertici tali radici. Si scrivano le equazioni delle rette che formano i lati del triangolo T in termini dellecoordinate z e z.

(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggidelle circonferenze che si ottengono riflettendo i lati del triangolo T e si disegnino tali circonferenze nelpiano di Gauss, evidenziando la regione λ∗(T )rT . E vero che il punto di intersezione tra le rette z1∨z3

e z2 ∨ z3 e i punti di intersezione tra le circonferenze riflesse, λ∗(z1 ∨ z3) e λ∗(z2 ∨ z3), sono in una stessaretta reale?

Svolgimento. (a) Le tre radici di P (X) sono z1 = −2, z2 = i2 , z3 = −1 + i. Le rette cercate hano quindi

equazioni

z1 ∨ z2 :(1 + 4i)z + (1− 4i)z + 4 = 0,

z1 ∨ z3 :(1 + i)z + (1− i)z + 4 = 0,

z2 ∨ z3 :(1− 2i)z + (1 + 2i)z − 2 = 0.

.

(b) Le circonferenze riflesse sono, rispettivamente,

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z +1− 4i

4

∣∣∣∣ =

√17

4, λ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z +1− i

4

∣∣∣∣ =

√2

4,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1 + 2i

2

∣∣∣∣ =

√5

2.

z1

z2

z3

La regione λ∗(T ) r T e la regione evidenziata in grigio nel disegno. I tre punti sono z3, 0 e λ(z3) chesono allineati per la definizione stessa di riflessione nella circonferenza unitaria. �

ESERCIZIO 2. Siano U , V , W spazi vettoriali sul campo Q e siano U = {u1, . . . , u4}, V = {v1, v2, v3},W = {w1, . . . , w5} delle rispettive basi. Si considerino gli omomorfismi, α : U → W e β : V → W ,determinati dalle condizioni

α(u1 + u3 − u4) = w1 − 3w4 = α(u1 − u3 + u4),

α(u1 − u2 + u4) = w2 − w3 + w5 = α(u2 − u1 + u4);β = (2w1 − w2 + w3 − 6w4 − w5)⊗ (v∗1 + v∗2 + v∗3),

ove V∗ = {v∗1 , v∗2 , v∗3} e la base duale della base V di V .(a) Si determinino la dimensione e una base per nucleo e immagine di ciascuno dei due omomorfismi e si

scrivano le matrici αU,W(α) e αV,W(β).(b) Si consideri lo spazio vettoriale U × V (prodotto cartesiano) con le consuete operazioni sui fattori. Si

mostri che B = { (u1, 0), . . . , (0, v3) } e una base di U × V e che l’applicazione Φ : U × V →W , definitada Φ(u, v) = α(u) − β(v), e un’applicazione lineare. Si scriva la matrice di Φ nelle basi B e W. Sidetermini kerΦ, la sua dimensione e una base.

(c) Dette p : kerΦ → U e q : kerΦ → V le (restrizioni delle) proiezioni sui fattori del prodotto cartesiano,si determinino basi di imp e imq. Sia T uno spazio vettoriale su Q e siano date due applicazioni lineariφ : T → U e ψ : T → V . E vero che (φ(t), ψ(t)) ∈ kerΦ per ogni t ∈ T se, e solo se, α ◦ φ = β ◦ ψ?

(d) Che relazioni ci sono tra (U × V )∗ e gli spazi U∗ e V ∗? Siano α∗, β∗ e Φ∗ le applicazioni trasposte diα, β e Φ, rispettivamente. Quali relazioni vi sono tra queste tre applicazioni lineari? Sotto quali ipotesisu α e β, si ha kerΦ = 〈0〉?

21


Svolgimento. (a) Dalle condizioni date, si ricava che α(u1) = α(u2) = w1 − 3w4 e α(u3) = α(u4) = w2 −w3 + w5. Tenendo inoltre conto della definizione di β, si ricava,

kerα = 〈u1 − u2, u3 − u4〉 e imα = 〈w1 − 3w4, w2 − w3 + w5〉 ;kerβ = 〈v∗1 + v∗2 + v∗3〉⊥ = 〈v1 − v2, v2 − v3〉 e imβ = 〈2w1 − w2 + w3 − 6w4 − w5〉 .

Le matrici cercate sono quindi A = αU,W(α) =

1 1 0 0

0 0 1 1

0 0 −1 −1

−3 −3 0 0

0 0 1 1

e B = αV,W(β) =

2 2 2

−1 −1 −1

1 1 1

−6 −6 −6

−1 −1 −1

.

(b) Data la coppia (u, v) ∈ U × V , il vettore u si scrive, in modo unico, come u = a1u1 + · · · + a4u4 e,analogamente, v si scrive, in modo unico, come v = b1v1 + b2v2 + b3v3. Dunque

(u, v) = a1(u1, 0) + a2(u2, 0) + a3(u3, 0) + a4(u4, 0) + b1(0, v1) + b2(0, v2) + b3(0, v3);

e percio gli elementi di B generano lo spazio U×V ; e sono anche indipendenti, perche una combinazione linearedi elementi di B che fosse uguale a (0, 0), dovrebbe avere tutti i coefficienti nulli, essendo U = {u1, . . . , u4}e V = {v1, v2, v3} basi dei due fattori. La linearita di Φ si puo verificare cosı

Φ(c(u, v) + c′(u′, v′)) = Φ(cu+ c′u′, cv + c′v′) = α(cu+ c′u′)− β(cv + c′v′) =

= c(α(u)− β(v)) + c′(α(u′)− β(v′)) = cΦ(u, v) + c′Φ(u′, v′).

La matrice di Φ, scritta a blocchi, e αB,W(Φ) = (A| − B), ove A e B sono le matrici del punto precedente.Da cio si deduce immediatamente che imΦ = imα+ imβ = imα, perche imβ ⊂ imα. Dunque,

dim kerΦ = dim(U × V )− dim imΦ = 7− 2 = 5.

Una base di kerΦ e data dai vettori

(u1 − u2, 0), (u3 − u4, 0), (0, v1 − v2), (0, v2 − v3), (2u1 − u3, v1).

(c) La proiezione q : kerΦ→ V e suriettiva, perche, per ogni vettore v0 di V , si ha

β(v0) ∈ 〈2w1 − w2 + w3 − 6w4 − w5〉 ⊂ imα

e quindi esiste un vettore u0 ∈ U tale che α(u0) = β(v0) e si ha (u0, v0) ∈ kerΦ, per cui v0 ∈ imq. Dunque V euna base di imq. Se invece prendiamo un vettore u0 di U che non appartenga a 〈2u1 − u3〉+kerα = α−1(imβ);non esiste nessun vettore di V che abbia la stessa immagine e quindi Φ(u0, v) 6= 0 per ogni v ∈ V e perciou0 /∈ imp. In conclusione: imp = α−1(imβ) e una base di tale spazio e data dai vettori 2u1 − u3, u1 − u2,u3 − u4.

La coppia (φ(t), ψ(t)) appartiene a kerΦ se, e solo se, Φ(φ(t), ψ(t)) = α(φ(t)) − β(ψ(t)) = 0; e quindi,se (φ(t), ψ(t)) ∈ kerΦ per ogni t ∈ T , deve aversi α(φ(t)) = β(ψ(t)) per ogni t ∈ T ; ovvero α ◦ φ = β ◦ ψ.L’implicazione reciproca e immediata.

(d) Osserviamo dapprima che il duale di U×V e il prodotto cartesiano, U∗×V ∗, degli spazi duali e il pairingdi dualita e dato da (u∗, v∗) ◦ (u, v) = (u∗ ◦ u) + (v∗ ◦ v) (lo studente dovrebbe verificare che e bilineare enon-degenere). Quindi siano α∗ : W ∗ → U∗, β∗ : W ∗ → V ∗ e Φ∗ : W ∗ → U∗ ×W ∗ le applicazioni traspostedi α, β e Φ. Qualunque siano u,∈ U , v ∈ V e w∗ ∈W ∗, si ha

Φ∗(w∗) ◦ (u, v) = w∗ ◦ Φ(u, v) = w∗ ◦ (α(u)− β(v)) = w∗ ◦ α(u)− w∗ ◦ β(v) =

= α∗(w∗) ◦ u− β∗(w∗) ◦ v = (α∗(w∗),−β∗(w∗)) ◦ (u, v)

Dunque, Φ∗ = (α∗,−β∗), ove (α∗,−β∗) : W ∗ → U∗ × V ∗ e l’applicazione w∗ 7→ (α∗(w∗),−β∗(w∗)). Infine,kerΦ = 〈0〉 se, e solo se, α e β sono entrambe iniettive e inoltre imα ∩ imβ = 〈0〉. �



A = αV,V(φ) =

0 0 2 1 0

0 5 0 0 −6

1 0 1 1 0

4 0 −4 3 0

0 2 0 0 −3

.

(a) Si determinino il polinomio caratteristico, autovalori e autospazi per φ, si dica se φ e diagonalizzabilee, in caso affermativo, si determinino una matrice diagonale D e una matrice invertibile P tali cheD = P−1AP .

(b) Sia ora V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo Fq e sia φ : V → V un endomorfismodiagonalizzabile, con autovalori c1, . . . , ck, di molteplicita m1, . . . ,mk, rispettivamente. Se A e la matricedi φ in una base V di V , quante sono le matrici diagonaliD e le matrici invertibili P tali cheD = P−1AP?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 1)2(X − 2)(X − 3)2, e quindi gli autovalori diφ sono −1, 2, 3. I corrispondenti autospazi sono

ker(φ+ id) = 〈v1 − v4, v2 + v5〉 , ker(φ− 2id) = 〈v1 + v3〉 , ker(φ− 3id) = 〈v1 + v3 + v4, 3v2 + v5〉 .

Dunque φ e diagonalizzabile su Q e due matrici che soddisfano alla condizione richiesta sono

D =

−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 3 0

0 0 0 0 3

e P =

0 1 1 1 0

1 0 0 0 3

0 0 1 1 0

0 −1 0 1 0

1 0 0 0 1

.

(b) La matrice diagonale, D, deve avere sulla diagonale gli autovalori, c1, . . . , ck, ove ciascuno compare tantevolte quant’e la sua molteplicita. Le possibili scelte distinte sono quindi

n!

m1!m2! · · ·mk!=

(n

m1

)(n−m1

m2

)· · ·(n−m1 − · · · −mk−1

mk

).

Per ogni scelta della matrice D, le colonne della matrice P sono delle basi ordinate dei rispettivi autospazi,poste nelle posizioni corrispondenti. Le possibili basi ordinate dell’autospazio relativo all’autovalore ci, dimolteplicita mi, sono (qmi − 1)(qmi − q) · · · (qmi − qmi−1); per cui, per ogni scelta di D, le possibili matriciP sono

k∏

i=1

(qmi − 1)(qmi − q) · · · (qmi − qmi−1).

Mettendo insieme le osservazioni fatte, il numero di coppie di matrici (D,P ), tali che D = P−1AP e ugualea

n!

m1!m2! · · ·mk!

k∏

i=1

mi−1∏

j=0

(qmi − qj).

Ad esempio, per uno spazio di dimensione 5 e un endomorfismo con 3 autovalori distinti di molteplicita 1,2, 2, rispettivamente, avremmo 30(q2 − 1)2(q2 − q)2(q − 1) coppie possibili. �


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = 2X3 + (3 − 3i)X2 − 4iX + 4 + 4i ∈ C[X]. Si verifichi che P (−2) = 0 e sideterminino le radici, z1, z2, z3, di P (X) in C.(a) Si disegni nel piano di Gauss il triangolo T di vertici le radici di P (X) e si scrivano le equazioni delle

rette che formano i lati di tale triangolo in termini delle coordinate z e z. .(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo nella circonferenza unitaria

le rette del punto precedente. Si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss, evidenziando l’insiemeT in ∩ λ∗(T out), ove T in e T out sono, rispettivamente, i punti interni ed esterni al triangolo T .

Svolgimento. Le radici di P (X) sono z1 = −2, z2 = 2i, z3 = 1−i2 .

(a) I lati del triangolo T sono quindi le rette

z1 ∨ z2 : (1 + i)z + (1− i)z + 4 = 0

z1 ∨ z3 : (1− 5i)z + (1 + 5i)z + 4 = 0

z2 ∨ z3 : (5− i)z + (5 + i)z − 4 = 0.

(b) Le circonferenze che si ottengono riflettendo le tre rettenella circonferenza unitaria sono,

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −i− 1

4

∣∣∣∣ =

√2

4

λ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z +1 + 5i

4

∣∣∣∣ =

√26

4

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −5 + i

4

∣∣∣∣ =

√26

4.

z1

z2

z3

Le circonferenze riflesse appaiono tratteggiate nel disegno e la regione T in ∩λ∗(T out) e evidenziata in grigio.�


u1 = 2v2 + v4 + v5,

u2 = 2v1 − 2v2 + 2v3 + v4 − v5,

u3 = v1 − 2v2 + v3 − v5,

e W =

5∑

j=1

xjvj

∣∣∣∣∣∣

x1 + x3 − x4 = 0

x1 − x3 − x5 = 0

2x1 − x4 − x5 = 0

.

(a) Si determinino la dimensione e una base per ciascuno dei due sottospazi e si dica se V = U ⊕W . Incaso affermativo, si scriva la matrice αV,V(σ), ove σ : V → V e la simmetria di asse U e direzione W .

(b) Si determinino delle equazioni cartesiane per il sottoinsieme H di V che si ottiene traslando tutti ivettori di U per il vettore u0 = v1 + 2v2. Quali sono le equazioni cartesiane del sottoinsieme σ∗(H) ={ σ(v) | v ∈ H }? Si determini una base di H⊥ ∩ σ∗(H)⊥ ⊂ V ∗.

(c) Sia Φ : EndV → EndV definito ponendo Φ(φ) = φ − φ ◦ σ. Si determinino le dimensioni di nucleoed immagine di Φ. E vero che si tratta di una proiezione? Si determini l’immagine dell’endomorfismoψ = 3idV − 2σ tramite la simmetria Λ : EndV → EndV , di asse kerΦ e direzione imΦ. Si calcolinodetψ, det Λ(ψ) e det Λ.

Svolgimento. (a) u1 − u2 + 2u3 = 0 e quindi il sottospazio U ha dimensione 2 e una sua base e data, adesempio, da u1 e u2. Il sistema lineare omogeneo che definisce W ha rango 2 (III = I + II), quindi il

24


sottospazio W ha dimensione 3 e una sua base e data da w1 = v1 + v3 + 2v4, w2 = v2, w3 = v3 + v4 − v5.U ∩W = 〈0〉 e quindi (per la formula di Grassmann) V = U ⊕W . La matrice cercata e

S = αV,V(σ) =

−1 0 4 −2 2

−4 −1 4 0 4

0 0 3 −2 2

−2 0 6 −3 4

−2 0 2 0 1

.

(b) Gli elementi di H sono le soluzioni di un sistema lineare che ha u0 come soluzione particolare e U comesoluzione del sistema omogeneo associato. Applicando σ agli elementi diH, si ha σ(u0) = −v1−6v2−2v4−2v5,mentre σ(u) = u per ogni u ∈ U . Possiamo quindi prendere come equazioni

H :

X1 −X3 = 1

X2 − 2X5 = 2

X3 −X4 +X5 = 0

e σ∗(H) :

X1 −X3 = −1

X2 − 2X5 = −2

X3 −X4 +X5 = 0

.

Osserviamo infine che

H⊥ ∩ σ∗(H)⊥ = 〈H〉⊥ ∩ 〈σ∗(H)〉⊥ = (〈u0〉+ U)⊥ ∩ (〈σ(u0)〉+ U)⊥ = 〈u0〉⊥ ∩ 〈σ(u0)〉⊥ ∩ U⊥;

dunque una base di questo sottospazio e { 2v∗1 − v∗2 − 2v∗3 + 2v∗5 , v∗3 − v∗4 + v∗5 }.

(c) Si ha φ ∈ kerΦ ⇐⇒ φ = φ ◦ σ ⇐⇒ W ⊆ kerφ. Quindi kerΦ ∼= HomQ (V/W, V ) ∼= HomQ (U, V ), hadimensione 10. Per la formula delle dimensioni dim imΦ = dim EndV −dim kerΦ = 15; e si puo verificare cheimΦ ∼= HomQ (W,V ) (ad esempio prendendo la base U = {u1, u2, w1, w2, w3 } di V e utilizzando l’isomorfismoαU,U : EndV →M5(Q)). Non si tratta di una proiezione, perche

Φ(Φ(φ)) = φ− φ ◦ σ − (φ− φ ◦ σ) ◦ σ = 2(φ− φ ◦ σ) = 2Φ(φ).

Si tratta quindi del doppio della proiezione su imΦ parallelamente a kerΦ, per cui Λ = idEndV −Φ e percioΛ(ψ) = ψ−Φ(ψ) = φ ◦ σ = 3σ− 2idV . Il determinante di ψ si calcola agevolmente usando la base U ; infatti

detψ =D(ψ(u1), ψ(u2), ψ(w1), ψ(w2), ψ(w3))

D(u1, u2, w1, w2, w3)=D(u1, u2, 5w1, 5w2, 5w3)

D(u1, u2, w1, w2, w3)= 53;

e analogamente (o ricordando il Teorema di Binet) det Λ(ψ) = −53. Poiche Λ e una simmetria, e diagona-lizzabile con autovalori ±1, e si ha quindi det Λ = 1dim kerΦ(−1)dim imΦ = −1. �


A = αV,V(φ) =

2 0 2 1 0

0 −3 −1 0 2

0 0 −2 0 0

4 0 2 −1 0

0 −3 −3 0 4

.

(a) Si determinino il polinomio caratteristico, autovalori e autospazi per φ, si dica se φ e diagonalizzabilee, in caso affermativo, si determinino una matrice diagonale D e una matrice invertibile P tali cheD = P−1AP .

(b) Sia Ψ : EndQV → EndQV definito da Ψ(ξ) = ξ ◦φ. Si determinino il polinomio caratteristico, autovalorie autospazi per Ψ, si dica se Ψ e diagonalizzabile e, in caso affermativo, si determini una base diautovettori per Ψ.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 2)3(X − 3)2, e quindi gli autovalori di φ sono−2 e 3. I corrispondenti autospazi sono

W1 = ker(φ+ 2id) = 〈v1 − 4v4, 2v2 + v5, v2 − v3 + 2v4〉 , W2 = ker(φ− 3id) = 〈v1 + v4, v2 + 3v5〉 .


Dunque φ e diagonalizzabile su Q e due matrici che soddisfano alla condizione richiesta sono

D =

−2 0 0 0 0

0 −2 0 0 0

0 0 −2 0 0

0 0 0 3 0

0 0 0 0 3

e P =

1 0 0 1 0

0 2 1 0 1

0 0 −1 0 0

−4 0 2 1 0

0 1 0 0 3

.

(b) Il polinomio caratteristico e pΨ(X) = (X + 2)15(X − 3)10, e quindi gli autovalori di φ sono −2 e 3. Icorrispondenti autospazi sono

HomQ (W1, V ) ∼= ker(Ψ + 2id), HomQ (W2, V ) ∼= ker(Ψ− 3id).

Un modo elegante per giustificare le affermazioni puo essere il seguente. Si prenda la base di autovettoriper φ, W = {w1, . . . , w5}, per cui P = αW,V(idV ), e la base duale W∗ = {w∗1 , . . . , w∗5}. Allora una base diEndQV e B =

{wi ⊗ w∗j

∣∣ i, j = 1, . . . , 5}

, e si ha

Ψ(wi ⊗ w∗j ) = (wi ⊗ w∗j ) ◦ φ = wi ⊗ (w∗j ◦ φ) = wi ⊗ φ∗(w∗j ) =

{ −2wi ⊗ w∗j se j = 1, 2, 3

3wi ⊗ w∗j se j = 4, 5.

I vettori dati sono quindi una base di autovettori per Ψ e la somma delle molteplicita geometriche raggiungela dimensione di EndV . Inoltre,

ker(Ψ + 2id) =⟨wi ⊗ w∗j | j = 1, 2, 3

⟩ ∼= V ⊗W⊥2 ∼= HomQ (V/W2, V ) ∼= HomQ (W1, V ),

perche 〈w∗1 , w∗2 , w∗3〉 ∼= W⊥2 ∼= (V/W2)∗. Analogamente si ragiona per l’altro autospazio. �


ESERCIZIO 1. Sia ϕ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A rispetto alla base canonica:

A =

3 0 0 2 0

0 −2 0 1 −30 0 1 2 2

−2 0 0 −1 0

0 3 0 0 4

(1) Si determinino: polinomio caratteristico, polinomio minimo e autospazi di ϕ.(2) Si determinino una matrice di Jordan, J ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP e si scriva

la filtrazione degli autospazi generalizzati di A.(3) Si determini la dimensione di Q[A] come Q-spazio vettoriale (giustificare la risposta).(4) Detto Lϕ l’endomorfismo di HomQ (Q5,Q5) definito Lϕ(f) = ϕ◦f . Determinare polinomio caratteristico,

polinomio minimo e forma canonica di Jordan per Lϕ.

Svolgimento. (1) Il polinomio caratteristico di A e pA(x) = (x− 1)5 quindi l’unico autovalore di A e 1 conmolteplicita algebrica 5. Si ha

A− I5 =

2 0 0 2 0

0 −3 0 1 −30 0 0 2 2

−2 0 0 −2 0

0 3 0 0 3

da cui si ricava ker(A−I5) = 〈e3〉. La molteplicita geometrica mg(1) := dim ker(A−I5) = 1 percio la matriceJ ha un unico blocco di Jordan di ordine 5 e autovalore 1 il cui polinomio minimo e λA(x) = (x−1)5 = pA(x).

(2) La forma canonica di Jordan di A e:

J =

1 1 0 0 0

0 1 1 0 0

0 0 1 1 0

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

la cui tabella delle dimensioni degli autospazi generalizzati e:

ker(ϕ− id) ker(ϕ− id)2 ker(ϕ− id)3 ker(ϕ− id)4 ker(ϕ− id)5

1 2 3 4 5

Il vettore e1 e autovettore generalizzato di periodo 5 e autovalore 1 per A quindi possiamo scegliere v5 = e1da cui si ottiene v4 = (A − I5)e1 = 2e1 − 2e4, v3 = (A − I5)v4 = −2e2 − 4e3, v2 = (A − I5)v3 = 6e2 − 6e5infine v1 = (A− I5)v2 = −6e3. La matrice richiesta e

P =

0 0 0 2 1

0 6 −2 0 0

−6 0 −4 0 0

0 0 0 −2 0

0 −6 0 0 0

(3) La dimQ[A] e il grado del polinomio minimo di A che nel nostro caso e 5. Questo fatto e una

conseguenza dell’isomorfismo Q[x](λA(x))

∼= Q[A] da cui si ricava che {I5, A, . . . , A4} e una base per Q[A].

(4) Sia V := HomQ (Q5,Q5). Dati g ∈ V e q(x) ∈ Q[x] si ha:

vLϕ(q(x))(g) = q(Lϕ)(g) = q(ϕ) ◦ g = vϕ(q(x))(g)

ove vLϕ(q(x)) indica la valutazione in Lϕ del polinomio q(x). Quindi

ker(Lϕ − idV )k = {g ∈ V | (Lϕ − idV )k(g) = 0V } == {g ∈ V | vLϕ(x− 1)k(g) = 0V } ∼== {g ∈ V | (ϕ− idQ5)k ◦ g = 0V } ∼=∼= HomQ (Q5, ker(ϕ− idQ5)k)

1

2 Luisa Fiorot

da cui si ottiene la seguente tabella delle dimensioni degli autospazi generalizzati per Lϕ:

ker(Lϕ − idV ) ker(Lϕ − idV )2 ker(Lϕ − idV )3 ker(Lϕ − idV )4 ker(Lϕ − idV )5

5 10 15 20 25

Quindi pLϕ(x) = (x− 1)25, λLϕ(x) = λϕ(x) = (x− 1)5, la matrice canonica di Jordan per Lϕ e formatada 5 blocchi di Jordan di ordine 5 e autovalore 1.

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A4(R) col riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4} si considerino ipunti

P = O + e1; Q = O + e1 + 2e3; R = O + e1 + e2 + 2e3 − e4.

(a) Si considerino le rette r := O∨P e s := Q∨R. Determinare la posizione reciproca di r ed s e equazionicartesiane per la sottovarieta lineare r ∨ s e la sua dimensione.

(b) Determinare le equazioni cartesiane del piano π passante per il punto medio M del segmento PQ eparallelo sia ad r che ad s.

(c) Determinare le equazioni cartesiane di una retta tM passante per M e incidente sia r che s.(d) Dimostrare che per ogni punto T nel piano π passa un’unica retta tT incidente sia r che s.

Svolgimento. (a) Si ha r : O + 〈e1〉 , s : O + e1 + 2e3 + 〈e2 − e4〉 quindi r ∨ s : O + 〈e1, e2 − e4, e3〉 da cui siricava dim(r ∨ s) = 3 percio le rette r ed s sono sghembe inoltre r ∨ s : x2 + x4 = 0.

(b) Si ha M = P+Q2 = O+ e1 + e3 quindi π : O+ e1 + e3 + 〈e1, e2− e4〉 le cui equazioni cartesiane sono

π :

{x3 = 1

x2 + x4 = 0

(c) Essendo i punti P,Q,M allineati la retta tM := P ∨Q di equazioni cartesiane

tM :

x1 = 1

x2 = 0

x4 = 0

incide r in P e s in Q.(d) Notiamo che, dato T ∈ π, essendo π ⊆ r ∨ s si ha T ∨ r ∨ s = r ∨ s. Imponendo T ∈ tT e

tT ∩ r 6= ∅ si ottiene tT ⊆ T ∨ r. Analogamente tT ⊆ T ∨ s da cui si ottiene che tT ⊆ (T ∨ r) ∩ (T ∨ s).Dalle formula di Grassmann affine, essendo (T ∨ r) e (T ∨ s) incidenti in T , si ricava dim(T ∨ r) ∩ (T ∨ s) =dim(T ∨ r) + dim(T ∨ s)−dim(T ∨ r∨ s) = 2 + 2− 3 = 1. Quindi la retta richiesta, se esiste, e unica e risultatT := (T ∨ r)∩ (T ∨ s). La retta (T ∨ r)∩ (T ∨ s) e complanare sia con r che con s (per costruzione). Inoltreessa non puo essere parallela ad r (o ad s) altrimenti sarebbe contenuta in π, ma allora non inciderebbeneppure s dato che π∩s = ∅ quindi (essendo complanare con s) dovrebbe esserne parallela, ma cio e assurdoin quanto r ed s erano rette sghembe. Quindi la retta tT := (T ∨ r) ∩ (T ∨ s) incide sia r che s ed e unica.

�

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio affine A3(R) col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3}.(a) Determinare la matrice nel sistema di riferimento R della proiezione p sul piano τ : x+4y+z = 3 lungo

la direzione 〈e2〉.(b) Determinare un sistema di riferimento R′ in A3(R) tale che la matrice associata alla proiezione del

punto precedente sia diagonale.(c) Determinare tutte le affinita f di A3(R) tali che pf = p indicandone la matrice in un sistema di

riferimento a scelta fra R e R′.

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 21 Aprile 2017 3

Svolgimento. (a) Imponendo le condizioni

{p(X) ∈ X + 〈e2〉p(X) ∈ τ ∀ X ∈ A3(R) si ottiene la matrice αR,R(p) =

1 0 0 00 1 0 0

3/4 −1/4 0 −1/40 0 0 1

.

(b) Per rendere diagonale la matrice di tale proiezione bisogna scegliere come nuova origine un puntodel piano τ ad esempio T = O + 3e1; come base di R3 si deve prendere una base dello spazio direttore di τas esempio v1 = −4e1 + e2, v2 = e1 − e3 e una base dello spazio direzione di proiezione v3 = e2. Nel sistema

di riferimento R′ := {T ; v1, v2, v3} la matrice di p risulta αR′,R′(p) =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 0

.

(c) Sia f un’affinita di A3(R) tale che pf = p. Nel sistema di riferimento R′ questo equivale ad imporreche pf(T ) = T ovvero f(T ) ∈ T + 〈e2〉 da cui f(T ) = T + ae2 con a ∈ R. Detta π (risp. ϕ) l’applicazionelineare soggiacente a p (risp. f) si deve imporre πϕ = π. Quindi si ottiene il seguente sistema di condizioni

πϕ(v1) = v1 ⇒ ϕ(v1) = v1 + αe2

πϕ(v2) = v2 ⇒ ϕ(v2) = v2 + βe2

πϕ(v3) = 0R3 ⇒ ϕ(v3) = γe2

con α, β, γ ∈ R a cui si deve aggiungere la condizione γ 6= 0 affinche sia un’affinita. Dunque le possibilimatrici sono

αR′,R′(f) =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0a α β γ

α, β, γ, a ∈ R; γ 6= 0.

�

ESERCIZIO 4. Si considerino φ e ψ due endomorfismi di V spazio vettoriale di dimensione n sul campoC dei numeri complessi. Supponiamo inoltre che φ sia diagonalizzabile.(i) Dimostrare che se φψ = ψφ allora esiste una base di V tale che sia φ che ψ siano matrici a blocchi di

Jordan (ovvero esse sono simultaneamente Jordanizzabili).(ii) Se φ e ψ sono simultaneamente Jordanizzabili e vero che essi commutano fra loro cioe φψ = ψφ?

Svolgimento. (i) Per ipotesi φ e diagonalizzabile quindi lo spazio V si decompone come somma diretta degliautospazi di φ da cui: V = Vα1 ⊕ · · · ⊕ Vαk con Vαi := ker(φ− αiidV ). Per ogni vi ∈ Vαi si ha

φ(ψ(vi)) = ψ(φ(vi)) = ψ(αivi) = αiψ(vi) quindi ψ(vi) ∈ Vαi .

In altre parole gli autospazi Vαi sono ψ-stabili: ψ(Vαi) ⊆ Vαi . Detto ψi l’endomorfismo ψ ristretto alsottospazio Vαi , sia Bi una base di Vαi tale che la matrice αBi,Bi(ψi) = Ji sia una matrice di Jordan (esiste

perche C e algebricamente chiuso). Detta B :=⋃ki=1Bi la base di V ottenuta dall’unione ordinata delle

basi Bi, si ottiene che la matrice αB,B(ψ) e la matrice di Jordan con, nell’ordine, i blocchi J1, . . . , Jk mentreαB,B(φ) e la matrice diagonale con blocchi α1In1 , . . . , αkInk ove ni := dimVαi .

(ii) In generale no. Si considerino le matrici J =(

0 1

0 0

)e D =

(a 0

0 b

). Esse sono in forma canonica di

Jordan, ma JD =(

0 b

0 0

)mentre DJ =

(0 a

0 0

). Quindi se a 6= b si ottiene JD 6= DJ .

�


ESERCIZIO 1. Nello spazio euclideo E3 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si consideri il pianoπ : x+ 5y − 2z = 15.(a) Si determini la matrice rispetto al sistema di riferimento R della riflessione σ di asse π.

(b) Si consideri la rigidita f la cui matrice rispetto a R e: αR,R(f) =

1 0 0 01 −1 0 05 0 −1 0−2 0 0 −1

.

Si classifichi la rigidita f ◦ σ indicandone (nel caso di rotazione o glissorotazione) asse e angolo e se nedeterminino le sottovarieta lineari unite.(c) Denotiamo con Vπ lo spazio direttore del piano π e sia w ∈ Vπ. Detta tw la traslazione di vettore w si

classifichi la rigidita tw ◦ f ◦ σ e se ne determinino i punti uniti.

Svolgimento. (a) αR,R(σ) =

1 0 0 01 14/15 −1/3 2/155 −1/3 −2/3 2/3−2 2/15 2/3 11/15

.

(b) La rigidita f ◦ σ e una rotazione di angolo π e asse h : O + 〈e1 + 5e2 − 2e3〉. Le sottovarieta lineariunite sono:

Punti uniti: tutti e soli i punti della retta h;

Rette unite: l’asse h :

{2x+ z = 0

2y + 5z = 0e tutte le rette incidenti l’asse e ad esso ortogonali;

Piani uniti: tutti i piani ortogonali all’asse h ovvero πk : x+ 5y − 2z = k; tutti i piani contenenti l’asseh ovvero: τα : 2x+ z + 2αy + 5αz = 0, τ : 2y + 5z = 0.

(c) Le rigidita tw ◦ f ◦ σ sono tutte rotazioni di angolo π di asse O + w2 + 〈e1 + 5e2 − 2e3〉. �

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3, e4} si considerino lesottovarieta lineari

r : O + e2 + 〈5e1 − e4〉 L :

{2x2 − x3 + x4 = 8

x2 + x3 − x4 = 7

(1) Determinare tutte le coppie di punti di minima distanza fra r e L e la distanza d(r,L). Determinare leequazioni cartesiane di una retta incidente sia r che L ed ortogonale ad entrambe. Tale retta e unica?

(2) Determinare l’equazione cartesiana di un iperpiano τ contenente r e tale che d(r,L) = d(τ,L).(3) Si determini la proiezione ortogonale della retta r su L.(4) Si dimostri che il quadrilatero di vertici

A = O + e2, B = O + 5e1 + e2 − e4, C = O + 6e1 + e2 − e4, D = O + e1 + e2

e un parallelogrammo e se ne determini l’area.

Svolgimento. (1) I punti di minima distanza sono unici in quanto le sottovarieta lineari sono sghembe esono: R = O + 10e1 + e2 − 2e4 e L = O + 10e1 + 5e2 − 2e4 da cui si ottiene che S − R = 4e2 la cui normacalcola d(r,L) = 4. L’unica retta incidente sia r che L ed ortogonale ad entrambe e la retta

R ∨ S :

x1 = 10

x3 = 0

x4 = −2.

(2) Si richiede che r ⊆ τ con d(r,L) = d(τ,L), si deduce che i punti R ∈ τ ed L ∈ L determinati alpunto precedente sono ancora punti di minima distanza per τ ed L quindi il vettore S−R = 4e2 deve essereortogonale a τ . Imponendo che R ∈ τ si ottiene τ : x2 = 1.

4


(3) La proiezione ortogonale del punto R su L e il punto L e la proiezione ortogonale del vettore 5e1−e4sul sottospazio direttore VL e 5e1 − e3

2 − e42 della retta r su L e L+ 〈10e1 − e3 − e4〉.

(4) Il quadrilatero e un parallelogramma perche B − A = C −D = 5e1 − e4 e D − A = C − B = e1 ela sua area e 1.

�

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo En(R) si consideri un rigidita f che abbia almeno un punto unito.Si dimostri che ogni sottovarieta lineare unita per f contiene almeno un punto unito.

Svolgimento. Sia C ∈ En(R) un punto unito per f e sia L : L+ VL una sottovarieta lineare unita per f . SeC ∈ L allora L contiene un punto unito che e C stesso. Se invece C /∈ L si consideri la sottovarieta lineareM := C + VL (ottenuta traslando L in C). Si ha che M e unita in quanto passante per un punto unito eϕ(VL) = VL (dato che L e unita). Allora anche C + V ⊥L e unita in quanto passante per un punto unito eϕ(V ⊥L ) = V ⊥L perche ϕ conserva il prodotto scalare. Si ricava che il punto C := (C + V ⊥L ) ∩ L (proiezioneortogonale di C su L) e unito in quanto intersezione di sottovarieta lineari unite. �


ESERCIZIO 1. Sia φt : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice At rispetto alla base canonica ove t ∈ Q:

At =

1 0 0 0 0

2 t 0 0 1

1 0 1 0 0

2 1 2 t 0

t−1 0 0 0 1

(a) Si determinino: polinomio caratteristico, polinomio minimo di φt e la forma canonica Jt di Jordan perogni t ∈ Q.

(b) Si determini un valore t del parametro t per cui la matrice At − I5 sia nilpotente. Per questo valore delparametro si determini una matrice invertibile, P , tale che Jt = P−1AtP .

(c) Posto t = 0 elencare tutte le possibili forme di Jordan J ∈ M5(Q) a meno di similitudini tali che: ilpolinomio caratteristico di J coincida con quello di A0 e tali che dimQ[J ] = 3.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e: pAt(x) = (x− 1)3(x− t)2, per ogni t ∈ Q si ha dim ker(At −I5) = 2 e per t 6= 1 si ha dim ker(At − tI5) = 1. Per t 6= 1 il polinomio minimo e λAt(x) = (x− 1)2(x− t)2mentre per t = 1 essendo dim ker(A1− I5)2 = 4 si ricava λA1

(x) = (x− 1)3. Dai dati precedenti si ricava cheper t 6= 1 la matrice At e simile ad una matrice di Jordan con 3 blocchi: un blocco J1(1) un blocco J2(1) eun blocco J2(t) (ove Jn(α) indica il blocco di Jordan di ordine n e autovalore α). Per t = 1 la matrice A1 esimile ad una matrice di Jordan con 2 blocchi: un blocco J2(1) un blocco J3(1).

(b) La matrice At − I5 e nilpotente se e solo se la matrice At ha come unico autovalore 1 e questosuccede solo per t = 1. Si verifica che ker(A1 − I5) = 〈e4, 2e2 − e3〉; ker(A1 − I5)2 = 〈e2, e3, e4, e1 − 4e5〉;quindi e5 ∈ ker(A1 − I5)3 ma e5 /∈ ker(A1 − I5)2 quindi posto v5 = e5 si ricava v4 = (A1 − I5)v5 = e2,v3 = (A1 − I5)2v5 = e4 allora v2 deve completare {e2, e4, 2e2 − e3} a base di ker(A1 − I5)2 quindi possiamoscegliere v2 = e1 − 4e5 da cui v1 = (A1 − I5)2v2 = −2e2 + e3 + 2e4. In tal modo otteniamo

P =

0 1 0 0 0

−2 0 0 1 0

1 0 0 0 0

2 0 1 0 0

0 −4 0 0 1

(c) Posto t = 0 si ricava che il polinomio caratteristico e pA0(x) = x2(x − 1)3. Essendo dimQ[J ]uguale al grado del polinomio minimo si ricava che il polinomio minimo deve avere grado 3 e gli stessi zeridel polinomio caratteristico per Hamilton-Cayley quindi i possibili polinomi minimi sono: λ(x) = x2(x− 1)oppure λ′(x) = x(x−1)2. Da cui si ricavano le forme di Jordan: per λ(x) un blocco J2(0) e tre blocchi J1(1)mentre per λ′(x) due blocchi J1(0) un blocco J2(1) e un blocco J1(1). �

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si consideri la rigidita

f la cui matrice rispetto a R e: αR,R(f) =

1 0 0 00 9/25 −12/25 −4/50 −4/5 −3/5 00 12/25 −16/25 3/5

.

(a) Si classifichi la rigidita f e si scriva f come composizione f = στ = τσ con σ riflessione e τ unatraslazione o con una rotazione.

(b) Si considerino le rette r : O+ 〈−4e1 + 3e3〉 ed s : O+ 5e1 + 〈e2〉. Si determinino le equazioni cartesianedi f(r) e si calcoli la distanza fra f(r) ed s.

(c) Si determinino tutti i piani π contenenti la retta s e aventi distanza 3 dall’origine.

Svolgimento. (a) La rigidita f e inversa in quanto det(f) = −1 e la sottomatrice di ordine 3 dell’applicazionelineare soggiacente φ non e simmetrica quindi f e una rotoriflessione il cui unico punto unito e l’origine. In

6


questo caso f = στ = τσ con σ riflessione di asse un piano π e τ rotazione con asse di rotazione h ortogonaleal piano di riflessione π e π ∩ h = {O} (unico punto unito). L’autospazione di autovalore −1 per φ eV−1 = 〈2e1 + 4e2 + e3〉 quindi la riflessione σ richiesta e la riflessione di asse π : O+ 〈2e1 + 4e2 + e3〉⊥ la cuimatrice associata rispetto al s.d.r R e:

αR,R(σ) =

1 0 0 00 13/21 −16/21 −4/210 −16/21 −11/21 −8/210 −4/21 −8/21 19/21

.

Essendo f = στ si ricava (componendo a destra con σ) che τ = σf quindi αR,R(τ) = αR,R(σ)αR,R(f).

(b) La retta f(r) = O + 〈− 9625e1 + 16

5 e2 − 325e3〉 le cui equazioni cartesiane sono f(r) :

{x− 32z = 0

3y + 80z = 0.Il piano τ contenente f(r) e parallelo ad s ha equazione τ : x − 32z = 0 da cui si ricava che la distanza fra

d(f(r), s) = d(τ, s) = d(τ,O + 5e1) = |5|√1+1024

= 5√1025

.

(c) La retta s ha equazioni cartesiane s :

{x = 5

z = 0. Cerchiamo un piano πα,β : α(x − 5) + βz = 0 con

(α, β) ∈ R2/{(0, 0)} nel fascio proprio di piani di asse s tale che d(πα,β , O) = 3. Tramite la formula della

distanza punto piano troviamo: |5α|√α2+β2

= 3 da cui si ricava 25α2 = 9α2 + 9β2 percio 16α2 = 9β2 ⇒ 4α =

±3β. I due piani richiesti sono: π1 : 3x+ 4z = 15 e π2 : 3x− 4y = 15. �

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A5(Q) col riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e5} si considerino lesottovarieta lineari

L :

{x2 + x3 = 1

x1 − x3 = 0M :

{x1 + 2x2 = 0

x5 = 0

(1) Si determini la posizione reciproca di L e M, si calcolino L ∩M, L ∨M e le rispettive dimensioni.(2) Si consideri il punto P = O + e1. Determinare le equazioni cartesiane di una sottovarieta lineare T

contenente P di dimensione dim(T) = 3 e tale che T intersechi sia L che M.(3) Si determini, scrivendone la matrice in un opportuno sistema di riferimento, un’affinita f di A5(Q) tale

che f(L) = M e f2 = id. E vero che ogni affinita che verifica le condizioni precedenti ha almeno unpunto unito?

Svolgimento. (1) Le sottovarieta lineari L e M di dimensione 3 si intersecano nella retta L∩M = O+ 2e1−e2+2e3+〈e4〉 da cui si ricava: VL∩VM = 〈e4〉 quindi dim(L∩M) = 1 e dim(L∨M) = 5 da cui L∨M = A5(Q).

(2) Detto L un punto di L e M un punto di M la sottovarieta lineare T richiesta e del tipo: T :

P + 〈L− P,M − P,w〉 con w ∈ Q5 e dim〈L− P,M − P,w〉 = 3. Ad esempio T :

{x1 = 1

x5 = 0va bene.

(3) Sia O′ = O+ 2e1− e2 + 2e3 ∈ L∩M e v1 = e4 ∈ VL∩VM, v2 = e1− e2 + e3 ∈ VL, v3 = e5 ∈ VL, v4 =2e1−e2 ∈ VM, v5 = e3 ∈ VM. L’affinita f la cui matrice associata rispetto al s.d.r. R′ := {O′; v1, v2, v3, v4, v5}e:

αR′,R′(f) =

1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 1

0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 0

soddisfa f(L) = M e f2 = id. Ogni affinita che soddisfi alle condizioni del problema ha almeno un puntounito perche essa e una simmetria; in particolare f induce un’affinita sulla retta r := L ∩M e vale ancoraf2|r = id|r quindi la retta r contiene sempre un punto unito per f . �

ESERCIZIO 4. Nello spazio euclideo E3 si consideri una rotazione ρ di asse una retta h ed angolo θ 6= kπcon k ∈ Z. Sia r una retta sghemba con h. Si dimostri che ρ(r) e l’asse h sono sghembi. Si determini laposizione reciproca di r e ρ(r).

8 Luisa Fiorot

Svolgimento. Essendo per ipotesi r ed h sghembe la piu piccola sottovarieta lineare contenente sia r che h e:r ∨ h = E3 quindi ρ(r) ∨ h = ρ(r ∨ h) = ρ(E3) = E3 quindi ρ(r) e h sono sghembe.

Se la retta r e ortogonale all’asse h si ha che r incide ρ(r) (essendo θ 6= kπ) mentre se r non e ortogonaleall’asse (sempre sotto l’ipotesi r e h sghembe) si ha che r e ρ(r) sono sghembe. Per dimostrare questo fattodetti R e H i punti di minima distanza in r e h rispettivamente, basta prendere come sistema di riferimentoR := {H;u1, u2, u3} con u1 := R−H

‖R−H‖ , u3 un versore direttore di h e u2 := u3 × u1. In questo sistema di

riferimento sia

αR,R(ρ) =

1 0 0 00 cos(θ) − sin(θ) 00 sin(θ) cos(θ) 00 0 0 1

la matrice associata alla rotazione ρ. L’asse h e h : H + 〈u3〉. La retta r ha vettore direttore vr =au1 + bu2 + cu3 ortogonale al vettore di minima distanza (quindi a = vr ·u1 = 0) e linearmente indipendenteda u3 (in quanto r e h non sono parallele quindi b 6= 0). Da cui si ricava, posto d = ‖R − H‖, cher : H +du1 + 〈u2 +αu3〉 e ρ(r) : H +d cos(θ)u1 +d sin(θ)u2 + 〈− sin(θ)u1 + cos(θ)u2 +αu3〉. Ricordiamo ched e uguale alla distanza fra r e h che e non nulla per ipotesi in quanto r ed h sono sghembe. Osservando isottospazi direttori si verifica che le retta ρ(r) non e mai parallela a r in quanto θ 6= kπ per ipotesi. Le retteρ(r) e r sono complanari se e solo se

0 = det

d(cos(θ)− 1) 0 − sin(θ)d sin(θ) 1 cos(θ)

0 α α

= αd(2 cos(θ)− 2)

essendo d = ‖R−H‖ 6= 0 e cos(θ) 6= 1 si ricava che le rette sono complanari e quindi incidenti (dato che nonpossono essere parallele) se e solo se α = 0 ovvero se e solo se r e ortogonale all’asse h, altrimenti r e ρ(r)sono sghembe. �


ESERCIZIO 1. Sia φ un endomorfismo di uno spazio vettoriale V di dimensione 6 su un campo C chesoddisfi alle seguenti condizioni: tr(φ) = 1 e dim ker(φ3) = 5.(a) Si determini il polinomio caratteristico di un tale φ. Si determinino le possibili forme canoniche di

Jordan (a meno di similitudine) per un tale φ indicandone il polinomio minimo.(b) Si indichi la tabella delle dimensioni delle filtrazioni degli autospazi generalizzati per le forme di Jordan

trovate al punto precedente.(c) E vero che ogni tale φ soddisfa la condizione ker(φ) ⊕ im(φ) = V ? In caso negativo determinare quali

fra i precedenti soddisfano alla condizione ker(φ)⊕ im(φ) = V .

Svolgimento. (a) Essendo dim ker(φ3) = 5 si ha che 0 e autovalore per φ di molteplicita algebrica superiore ouguale a 5 quindi il polinomio caratteristico di φ e pφ(x) = x5(x−α) con α ∈ C. Si deduce che tr(φ) = α = 1quindi pφ(x) = x5(x−1). Le possibili forme di Jordan di un endomorfismo con pφ(x) = x5(x−1) contengonotutte un unico blocco di Jordan J1(1) di ordine 1 e autovalore 1. Per quanto riguarda l’autovalore 0 essendola dimensione dim ker(φ3) uguale alla molteplicita algebrica dell’autovalore 0 si ha che il polinomio minimoλφ(x) deve dividere x3(x− 1). Si hanno queste possibilita:(1) 5 blocchi J1(0) e 1 blocco J1(1) quindi il polinomio minimo e λφ(x) = x(x− 1);(2) 1 blocco J2(0), 3 blocchi J1(0) e 1 blocco J1(1) con polinomio minimo λφ(x) = x2(x− 1);(3) 2 blocco J2(0), 1 blocco J1(0) e 1 blocco J1(1) con polinomio minimo λφ(x) = x2(x− 1);(4) 1 blocco J3(0), 2 blocchi J1(0) e 1 blocco J1(1) con polinomio minimo λφ(x) = x3(x− 1);(5) 1 blocco J3(0), 1 blocco J2(0) e 1 blocco J1(1) con polinomio minimo λφ(x) = x3(x− 1).

(b) La tabella delle dimensioni delle filtrazioni degli autospazi generalizzati per le forme di JordanJ1, . . . , J5 elencate precedentemente sono:

dim kerφ dim kerφ2 dim kerφ3 dim ker(φ− 1)5 5 5 14 5 5 13 5 5 13 4 5 12 4 5 1

(c) Sia V := {v1, . . . , v6} una base di V tale che la matrice αV ,V (φ) sia di Jordan ordinata comenell’elenco precedente. Per la forma di Jordan J1 si ha ker(φ) = 〈v1, . . . , v5〉 e im(φ) = 〈v6〉 quindi e veroche ker(φ)⊕ im(φ) = V . Mentre tutte le altre forme di Jordan contengono come primo blocco un blocco diJordan nilpotente di ordine maggiore o uguale a 2 quindi φ(v2) = v1 e φ(v1) = 0V quindi v1 ∈ ker(φ)∩ im(φ)percio nucleo e immagine non sono in somma diretta. �

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} Si consideri la rigidita


1 0 0 030 14/15 −1/3 2/150 −1/3 −2/3 2/30 2/15 2/3 11/15

.

(a) Si classifichi la rigidita f e si scriva f come composizione f = στ = τσ con σ riflessione e τ unatraslazione o una rotazione. Si determini l’equazione cartesiana del piano π asse di σ e la matriceαR,R(σ).

(b) Si determinino le sottovarieta lineari unite per f .(c) Si determini un sistema di riferimento euclideo R′ tale che il piano π (asse di σ) abbia equazione

X =√

30 (con X,Y, Z le incognite nel s.d.r. R′).

Svolgimento. (a) La rigidita ha det(f) = −1 quindi f e una rigidita inversa inoltre il sistema lineare deipunti uniti non ha soluzione quindi f e una glissoriflessione. L’autospazio di autovalore −1 per l’applicazione

9

10 Luisa Fiorot

lineare soggiacente ha V−1 = 〈e1 + 5e2 − 2e3〉 da cui V1 = V ⊥−1. Il vettore v = 30e1 = v1 + v2 conv1 = e1 + 5e2 − 2e3 ∈ V−1 e v2 = 29e1 − 5e2 + 2e3 ∈ V1. Quindi f = tv2σ con τ = tv2 traslazione di vettore

v2 e σ riflessione di asse π : x+ 5y − 2z = 15 e αR,R(σ) =

1 0 0 01 14/15 −1/3 2/155 −1/3 −2/3 2/3−2 2/15 2/3 11/15

.

(b) Le sottovarieta lineari unite per f sono:Punti uniti: nessuno;Piani uniti: π e i piani πk : 2y + 5z = k con k ∈ R;Rette unite: rette rk = π ∩ πk contenute in π e parallele al vettore v2.(c) Sia R′ := {O′;u1, u2, u3} un sistema di riferimento euclideo tale che il piano π abbia equazione

cartesiana X =√

30. Allora π = P +V1 si deve avere V1 = 〈u2, u3〉 quindi per u1 vi sono due scelte possibili:u1 = ± v1

‖v1‖ dovendo essere un versore ortogonale a V1 (notiamo che ‖v1‖ =√

30). Inoltre se l’equazione

di π in R′ e X =√

30 il piano π contiene il punto P = O′ +√

30u1 quindi O′ = P −√

30u1 cioe la nuovaorigine deve appartenere al piano π′ ottenuto traslando π del vettore −

√30u1; π′ : x+5y−2z = −15. Scelto

u1 = v1√30

e P = O+ 15e1 ∈ π si ottiene O′ = P − v1 = O+ 14e1− 5e2 + 2e3. I vettore u2, u3 devono formare

una base ortonormale di V1 quindi il sistema di riferimento

R′ := {O + 14e1 − 5e2 + 2e3;e1 + 5e2 − 2e3√

30,

2e1 + e3√5

,e1 − e2 − 2e3√

6}

verifica la richiesta. �

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine E5(R) col riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e5} si considerino lesottovarieta lineari

L : O + 3e4 + 〈e1 + e2, e2 − e3〉 M :

{x1 + x2 − x4 = 1

x5 = 2

(1) Si determinino: la posizione reciproca di L e M, dim(L),dim(M),dim(L∩M), dim(VL∩VM) e dim(L∨M).(2) Determinare l’equazione cartesiana di un iperpiano τ contenente M e parallelo a L. Un tale iperpiano

e unico? Calcolare la distanza d(L,M).(3) Determinare le equazioni cartesiane di tutte le sottovarieta lineari di dimensione 3 ortogonali a L ed

incidenti M.

Svolgimento. (1) Lo spazio direttore di L ha chiaramente dimensione 2 quindi dim(L) = 2, M e la soluzionedi un sistema lineare di rango 2 in 5 incognite quindi dim(M) = 3. Le sottovarieta lineari sono disgiuntein quanto L ∩ M = ∅ (si osservi che L e contenuta nell’iperpiano τ1 di equazione x5 = 0 mentre M econtenuta nell’iperpiano τ2 di equazione x5 = 2) quindi dim(L∩M) = −1; VL ∩ VM = 〈e1 − e2 + 2e3〉 quindidim(VL ∩ VM) = 1 mentre dim(L ∨M) = 1 + dim(VL + VM) = 5.

(2) Abbiamo gia visto al punto precedente che l’iperpiano τ2 : x5 = 2 contiene M ed e parallelo a L. Ungenerico iperpiano contenente M appartiene al fascio proprio τα,β : α(x1 + x2 − x4 − 1) + β(x5 − 2) = 0 cont(α, β) ∈ R2/{(0, 0)}. Per imporre il parallelismo con L e necessario e sufficiente richiedere che e1+e2 ∈ Vτα,β(dal punto precedente sappiamo che VL∩VM = 〈e1−e2+2e3〉) ovvero richiedere che e1+e2 soddisfi l’equazioneomogenea associata a τα,β da cui si ottiene 2α = 0 percio l’unico iperpiano contenente M e parallelo ad L eτ2. Quindi la distanza d(L,M) = d(L, τ2) = d(τ1, τ2) = 2.

(3) Una sottovarieta lineare di dimensione 3 ortogonale a L deve avere come spazio direttore il sottospa-zio vettoriale V ⊥L : x1+x2 = 0 = x2−x3. Essendo V ⊥L ∩VM = 〈e1−e2−e3〉 si ha dim(V ⊥L +VM) = 3+3−1 = 5quindi qualunque sottovarieta lineare PP : P +V ⊥L interseca M : M+VM (visto che M−P ∈ V ⊥L +VM = R5).

�

ESERCIZIO 4.(1) Nello spazio euclideo E3 siano σ1 e σ2 due riflessioni. Si determini una condizione necessaria e sufficiente

sugli assi di σ1 e σ2 affinche la rigidita σ1 ◦ σ2 sia una rotazione di angolo π.


(2) Siano τ1 una glissoriflessione e σ2 una riflessione. Si determini una condizione necessaria e sufficienteaffinche la rigidita τ1 ◦ σ2 sia una rotazione di angolo π.

Svolgimento. (1) Siano π1, π2 i piani assi di riflessione di σ1, σ2 rispettivamente. Se π1 e π2 fossero parallelila composizione σ1 ◦ σ2 sarebbe l’identita nel caso π1 = π2 oppure una traslazione di vettore non nullo nelcaso in cui i piani siano paralleli distinti. Quindi per ottenere una rotazione bisogna che i piani si intersechinoin una retta r := π1 ∩ π2. Sia r = R + 〈u1〉 con ‖u1‖ = 1 e π1 = R + 〈u1, u2〉 con u1 · u2 = 0 e ‖u2‖ = 1.

Si consideri il sistema di riferimento euclideo R := {R;u1, u2, u1 × u2} si ha αR,R(σ1) =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 −1

mentre αR,R(σ2) =

1 0 0 00 1 0 00 0 cos(θ) sin(θ)0 0 sin(θ) − cos(θ)

per un opportuno angolo θ (dalla condizione r ⊆ π2 si

ricavano le prime due colonne e dovendo essere la sottomatrice 2×2 in basso a destra una matrice ortogonalecon determinante −1 si ricavano le ultime due colonne). Allora

αR,R(σ1 ◦ σ2) = αR,R(σ1)αR,R(σ2) =

1 0 0 00 1 0 00 0 cos(θ) sin(θ)0 0 − sin(θ) cos(θ)

che e una rotazione di angolo π se e solo se −1 e autovalore per l’applicazione lineare soggiacente il che succede

se e solo se cos(θ) = −1. Da cui si ricava che αR,R(σ2) =

1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 1

quindi π2 = R+ 〈u1, u3〉.

In conclusione σ1 ◦ σ2 e una rotazione di angolo π se e solo se i piani π1, π2 sono ortogonali fra loro.(2) Essendo τ1 una glissoriflessione essa si decompone come τ1 = tv ◦σ1 con σ1 una riflessione di asse π1

e tv una traslazione di vettore v ∈ Vπ1 parallelo a π. L’applicazione lineare soggiacente a σ1 ◦σ2 coincide conl’applicazione lineare soggiacente a τ1 ◦σ2 = tv ◦σ1 ◦σ2; quindi dal punto precedente si ricava che i piani π1,π2 assi di riflessione di σ1 e σ2 devono essere ortogonali fra loro. In questo caso σ1 ◦ σ2 risulta una rotazionedi angolo π e asse r := π1 ∩ π2. Allora τ1 ◦ σ2 = tv ◦ σ1 ◦ σ2 risulta essere ancora una rotazione di angolo πse e solo se la traslazione tv soddisfa alla codizione v ∈ V ⊥r (ricordiamo che v ∈ Vπ1

). Riassumendo τ1 ◦ σ2 euna rotazione di angolo π se e solo se π1 e π2 sono ortogonali fra loro e il vettore v ∈ V ⊥r ∩ Vπ1 . Percio, conle notazioni del punto precedente, se r = R+ 〈u1〉, π1 = R+ 〈u1, u2〉 e π2 = R+ 〈u1, u3〉 si ottiene v = au2con a ∈ R, a 6= 0. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 4 Settembre 2017

ESERCIZIO 1. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice A rispetto alla base canonica

A =

1 1 0 −1 1

0 0 1 0 −10 0 3 0 3

1 1 1 −1 0

0 0 −3 0 −3

(a) Calcolare: polinomio caratteristico, polinomio minimo, forma canonica di Jordan J , filtrazione degliautospazi generalizzati per φ e una matrice invertibile P tale che P−1AP = J .

(b) Elencare tutte le possibili forme di Jordan in M5(Q) aventi polinomio minimo che divida λφ(x).(c) Sia W := EndQ(Q5) e si consideri l’endomorfismo di W definito da: L(f) := f ◦ φ2 per ogni f ∈W . Si

determini la forma canonica di Jordan di L e si calcoli la dimensione dimQ Q[L].

Svolgimento. (a) pφ(x) = x5, λφ(x) = x3, dim ker(φ) = 2, dim ker(φ2) = 4, dim ker(φ3) = 5,

J =

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

, P =

−3 0 0 1 1

6 1 0 0 0

0 3 1 0 0

3 1 0 1 0

0 −3 0 0 0

.

(b) L’unico autovalore di φ e 0 ed essendo il polinomio minimo λφ(x) = x3 si possono avere al massimoblocchi di ordine 3 da cui si ottengono le seguenti forme di Jordan:(i) 1 blocco di ordine 3 e 2 blocchi di ordine 1;

(ii) 1 blocco di ordine 3 e 1 blocco di ordine 2;(iii) 2 blocchi di ordine 2 e 1 blocco di ordine 1;(iv) 1 blocco di ordine 2 e 3 blocchi di ordine 1,(v) 5 blocchi di ordine 1.

(c) Essendo dim ker(φ2) = 4 si ha dim ker(φ2)2 = 5. Inoltre ker(Lk) = {f ∈ W | f ◦ φ2k = 0} ∼= {f ∈W | im(φ2k) ≤ ker(f)}; dim im(φ2) = 1 mentre φ4 = 0 da cui si ricava dim ker(L2) = dimW = 25 mentredim ker(L) = 20. La forma canonica di Jordan di L e formata da 5 blocchi J2(0) di ordine 2 e autovalore0 e 15 blocchi J1(0) di ordine 1 e autovalore 0, dimQ Q[L] = 2 essendo il polinomio minimo di L uguale aλL(x) = x2. �

ESERCIZIO 2.(a) Nello spazio euclideo E3 dotato del riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si determinino i valori dei

parametri reali a, b, c, in modo che la matrice

1 0 0 0√3 1/2

√3/2 a

2 0 0 b0√

3/2 −1/2 c

sia la matrice associata ad una

rigidita rispetto a R. Si classifichino tali rigidita e se ne determinino le sottovarieta lineari unite.

(b) Si determini la distanza e i punti di minima distanza R ∈ r e S ∈ s fra le rette: r :

{x = 1

y = 0ed

s :

{x+ y = 5

z = 0.. Si determini l’equazione cartesiana dell’asse del segmento congiungente R e S.

(c) Esiste una riflessione σ tale che σ(r) = s e σ(s) = r?

Svolgimento. (a) La richiesta equivale a richiedere che la matrice dell’applicazione lineare soggiacente siaortogonale e cio avviene se e solo se a = c = 0 e b = ±1.

Per b = 1 la rigidita e diretta ed e priva di punti uniti quindi e una glissorotazione. L’autospazio diautovalore 1 per l’applicazione lineare soggiacente e: V1 = 〈

√3e1 + e2 + e3〉. Il vettore v = t(

√3, 2, 0) =

12

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 4 Settembre 2017 13

t(√

3, 1, 1) + t(0, 1,−1) quindi la glissorotazione e composizione della traslazione tw con w =√

3e1 + e2 + e3con la rotazione ρ la cui matrice associata rispetto ad R e:

1 0 0 00 1/2

√3/2 0

1 0 0 1−1

√3/2 −1/2 0

L’asse di rotazione di ρ e dato dalla soluzione del sistema lineare dei punti uniti: h : O−e3+〈√

3e1+e2+e3〉.Il coseno dell’angolo di rotazione verifica 1 + 2 cos(θ) = 1

2 . Orientando l’asse nella direzione del versore

u :=√3e1+e2+e3√

5si ricava il seno dell’angolo θ come determinante della matrice ottenuta prendendo come

prima colonna le coordinate di u, come seconda colonna le coordinate di un versore ortogonale a u and esempiou′:=e2−e3√

2e come ultima colonna le coordinate di ϕ(u′) dove ϕ indica l’applicazione lineare soggiacente alla

rotazione.

sin(θ) = det

√

3/√

5 0√

3/2√

21/√

5 1/√

2 −1/√

21/√

5 −1/√

2 −1/2√

2

= −

√15/4

quindi θ = − arccos(−1/4).Le sottovarieta lineari unite sono:

Punti: Tutti e soli i punti della retta h : O − e3 + 〈√

3e1 + e2 + e3〉 asse di rotazione;Rette: l’asse di rotazione h;Piani: i piani ortogonali all’asse di rotazione: πk :

√3x+ y + z = k con k ∈ R.

Per b = −1 la rigidita e inversa ed ha un unico punto unito C = O+ 3√3

2 e1− 12e2 + 5

2e3 quindi la rigiditae una rotoriflessione le cui sottovarieta lineari unite sono:

Punti: unico punto unito C;Rette: l’asse di rotazione C + V−1 = C + 〈−

√3e1 + 3e2 + 3e3〉;

Piani: il piano C + 〈−√

3e1 + 3e2 + 3e3〉⊥.(b) R = O + e1;S = O + 3e1 + 2e2 quindi d(r, s) = 2

√2. L’asse del segmento RS e x+ y = 3.

(c) No. Notiamo che le rette r ed s sono sghembe. Ogni rigidita f che scambi r ed s tiene unita la rettaR+ 〈S−R〉 (in quanto unica retta incidente ed ortogonale sia ad r che ad s), da cui si deduce che f(R) = S

e f(S) = R e f(R+S2 ) = R+S

2 . Quindi σ(R− S) = f(R)− f(S) = S −R percio il vettore v := R− S risultaautovettore di autovalore −1 per l’applicazione lineare soggiacente σ.

Se una tale riflessione esistesse dovrebbe avere asse R+S2 +〈R−S〉⊥. In questo caso si avrebbe σ(ur) = ur

in quando ur ∈ 〈R− S〉⊥ che contraddice la richiesta f(r) = s.

�

ESERCIZIO 3.(1) Nello spazio affine A4(Q) dotato del riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4} si determini la matrice

della proiezione sulla sottovarieta lineare L :

{x1 + x4 = 1

x3 = 0lungo la direzione W = 〈e1 + e2, e3〉.

(2) Data M :

{x1 = 0

x3 = 1si determini la posizione reciproca di L e M, si calcoli L ∩M e L ∨M.

(3) Dato P = O + 2e3 si determini un piano T contenente P tale che dim(T ∨ L) = dim(T ∨M) = 3.

Svolgimento. (1)

1 0 0 0 01 0 0 0 −11 −1 1 0 −10 0 0 0 00 0 0 0 1

(2) L e M sono disgiunte L ∩M = ∅ quindi dimL ∩M = −1, VL ∩ VM = 〈e2〉 e L ∨M = A4(Q).

14 Luisa Fiorot

(3) P /∈ L∪M quindi dimP ∨L = dimP ∨M = 3. Se imponiamo che dim(T∨L) = dim(T∨M) = 3 siottiene P ∨L = T∨L e P ∨M = T∨M da cui T = (P ∨L)∩ (P ∨M). L’equazione dell’iperpiano contenenteP e L si trova con il fascio di iperpiani di sostegno L: α(x1 + x4 − 1) + βx3 = 0 ed imponendo che passi perP = O+ 2e3 si ricava l’equazione 2x1 +x3 + 2x4 = 2 operando analogamente per P ∨M si ricava l’equazione

x1 = 0 quindi un sistema di equazioni cartesiane per T e:

{2x1 + x3 + 2x4 = 2

x1 = 0.

�

ESERCIZIO 4. Sia V uno spazio di dimensione n sul campo C e φ un endomorfismo di V tale che{φ2k(v) | k = 0, . . . , n−1} sia insieme di vettori linearmente indipendenti per un opportuno v ∈ V . Sapendoche gli unici autovalori di φ2 sono 0 e 1 calcolare le possibili forme canoniche di Jordan di φ.

Svolgimento. L’endomorfismo φ2 ammette un vettore ciclico quindi λφ2(x) = pφ2(x) da cui si ricava che laforma canonica di Jordan di φ2 ha per ogni autovalore un solo blocco di ordine massimo pari alla molteplicitaalgebrica dell’autovalore. Essendo 0 autovalore di φ2 (e ricordando che per ogni endomorfismo ψ di Vdim ker(ψ) coincide con il numero di blocchi di Jordan di autovalore 0 per ψ) si ricava che dim ker(φ2) = 1,allora 0 risulta autovalore anche di φ con filtrazione dei nuclei che si stabilizza con ker(φ) = ker(φ2) edim(ker(φ)) = dim(ker(φ2)) = 1 coincide con la molteplicita algebrica dell’autovalore 0 per l’endomorfismoφ (e anche per φ2).

Da cui si ricava che la formula canonica di Jordan per φ2 e formata da un blocco J1(0) e un bloccoJn−1(1). Il polinomio minimo di φ2 e λφ2(x) = x(x − 1)n−1 = pφ2(x) quindi φ2(φ2 − idV )n−1 = φ2(φ −idV )n−1(φ + idV )n−1 = 0 da cui si ricava che gli unici possibili autovalori per φ (oltre a 0) sono 1 e −1.Essendo ker(φ−idV )+ker(φ+idV ) ≤ ker(φ2−idV ) si ottiene che le possibili forme canoniche di Jordan per φpossono essere solo (dato che dim ker(φ2− idV ) = 1 si puo avere solo dim ker(φ− idV ) = 1 e ker(φ+idV ) = 0oppure dim ker(φ− idV ) = 0 e ker(φ+ idV ) = 1):(1) un blocco J1(0) e un blocco Jn−1(1),(2) un blocco J1(0) e un blocco Jn−1(−1).

�

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 18 Settembre 2017


A =

1 6 1 0 0

1 2 0 −1 1

0 0 −1 0 0

0 0 −1 0 2

0 0 −2 2 3

(a) Calcolare: polinomio caratteristico, polinomio minimo, forma canonica di Jordan J e dimensioni degliautospazi generalizzati per φ.

(b) Determinare una matrice invertibile P tale che P−1AP = J . Elencare tutte le possibili forme di Jordanin M5(Q) (a meno di similitudine) aventi polinomio minimo uguale a λφ(x).

(c) Sia J la matrice di Jordan avente un blocco di ordine 2 e autovalore 5, un blocco di ordine 2 e autovalore0 e un blocco di ordine 1 e autovalore 0. Esiste un endomorfismo ψ ∈ EndQ(Q5) tale che φ + ψ abbia

come forma canonica di Jordan la matrice J? E unico? (In caso affermativo fornire un esempio di untale ψ e, in caso non sia unico, fornire due esempi distinti.)

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pA(x) = (x + 1)3(x − 4)2; gli autovalori sono: −1 conmolteplicita algebrica ma(−1) = 3 e mg(−1) = 2, ker(A + I5) = 〈−3e1 + e2,−e1 + 2e3 + e5〉 quindidim ker(A + I5)2 = 3; 4 con molteplicita algebrica ma(4) = 2 e mg(4) = 1, ker(A − 4I5) = 〈2e1 + e2〉 edim ker(A− 4I5)2 = 2 .

dim ker(φ+ id) dim ker(φ+ id)2 dim ker(φ+ 4id) dim ker(φ+ 4id)2

2 3 1 2

Il polinomio minimo e λA(x) = (x+ 1)2(x− 4)2 e la forma canonica di Jordan e formata da un bloccoJ2(−1), un blocco J1(−1) e un blocco J2(4).

(b) Si calcola

(A+ I5)2 =

10 30 2 −6 6

5 15 0 −2 5

0 0 0 0 0

0 0 −5 5 10

0 0 −10 10 20

da cui si ottiene che ker(A+ I5)2 = ker(A+ I5)⊕〈2e1 + 5e3 + 5e4〉. Prendendo v2 = 2e1 + 5e3 + 5e4 si ricavav1 = (A+I5)v2 = 9e1−3e2 ∈ ker(A+I5); v3 = −e1+2e3+e5. Essendo im(A−4I5)2 = ker(A+I5)2 si deduceche il vettore v5 = 2e1 − 5e4 − 10e5 ∈ ker(A − 4I5)2 \ ker(A − 4I5), infine v4 = (A − 4I5)v5 = −6e1 − 3e2.La matrice P risulta:

P =

9 2 −1 −6 2

−3 0 0 −3 0

0 5 2 0 0

0 5 0 0 −50 0 1 0 −10

Le possibili forme di Jordan in M5(Q) (a meno di similitudine) aventi polinomio minimo uguale aλAi(x) = (x+ 1)2(x− 4)2 sono:

u n blocco J2(−1), un blocco J1(−1) e un blocco J2(4) (simile ad A);

u n blocco J2(−1), un blocco J1(4) e un blocco J2(4).

(c) Come detto in precedenza la forma canonica di Jordan di φ e

J = αB,B(φ) =

−1 1 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 −1 0 0

0 0 0 4 1

0 0 0 0 4

, J =

0 1 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 5 1

0 0 0 0 5

15

16 Luisa Fiorot

quindi l’endomorfismo ψ = idQ5 verifica la richiesta in quanto αB,B(φ + idQ5) = J + I5 = J . Esso non eunico. Se consideriamo come ψ l’endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base B (che mette informa di Jordan la matrice A) e:

J = αB,B(ψ) =

1 1 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

, si ricava αB,B(φ+ ψ) =

0 2 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 5 1

0 0 0 0 5

e αB,B(φ+ ψ) e simile a J . �

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3 dotato del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si

considerino il piano π : 2x+ y − z = 2 e la retta r :

{x+ y = 0

x− z = 1.

1. Si determini la posizione reciproca di r e π e la loro distanza.2. Determinare la matrice H := αR,R(ρ) della rotazione ρ di angolo π attorno alla retta r.3. Esiste un sdr euclideo R′ diverso da R tale che la matrice associata a ρ rispetto a R′ sia ancora H? In

caso affermativo fornirne un esempio.4. Determinare l’equazione cartesiana del piano σ contenente r e parallelo a e1 + e2. Determinare i vertici

di un triangolo equilatero contenuto in σ con un lato contenuto in r.

Svolgimento. (1) La retta r e parallela al piano π e la loro distanza e d(r, π) = 1/√

6.(2) La matrice richiesta e:

H =

1 0 0 02/3 −1/3 −2/3 2/3−2/3 −2/3 −1/3 −2/3−4/3 2/3 −2/3 −1/3

(3) Traslando l’origine del sistema di riferimento di un autovettore di autovalore 1 per l’applicazionelineare soggiacente la matrice associata resta invariata. Quindi R′ = {O + e1 − e2 + e3; e1, e2, e3} soddisfala richiesta.

(4) Il piano richiesto e σ : x−y−2z = 2. Scegliamo un punto di r ad esempio A = O−e3. Dovendo essereun lato contenuto in r prendiamo come secondo vertice un altro punto di r: B = A+e1−e2+e3 = O+e1−e2da cui otteniamo che il lato e lungo ‖B−A‖ =

√3. Il punto medio M := A+B

2 = O+ 12e1− 1

2e2− 12e3. Essendo

il lato lungo√

3 l’altezza del triangolo equilatero sara 32 . Procedendo da M si deve sommare un vettore di

norma 32 contenuto nello spazio direttore di σ ed ortogonale a e1 − e2 + e3. Il vettore v = 3

2√2(e1 + e2)

soddisfa la richiesta quindi C = M + v. Il triangolo ABC e equilatero. �

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A2(R) col riferimento canonico R = {O; e1, e2} si consideri la rettar : x+ y = 1 e i sottospazi V1 = 〈e1 + e2〉 e V2 = 〈e1〉.(a) Determinare le matrici S1, S2, nel riferimento R, delle simmetrie σ1, σ2 di asse r e direzione V1 e V2

rispettivamente.(b) Determinare la matrice di f := σ1 ◦ σ2 nel s.d.r. R e determinare punti e rette unite per f . E vero che

σ1 ◦ σ2 e una simmetria?(c) In generale, quali sono i punti uniti e le rette unite di un’affinita di A2(R) ottenuta dalla composizione

di due simmetrie di ugual asse?(d) In generale, quali sono i punti uniti e le rette unite di un’affinita di A2(R) ottenuta dalla composizione

di due simmetrie di ugual direzione?

Svolgimento. (a)

S1 =

1 0 01 0 −11 −1 0

S2 =

1 0 02 −1 −20 0 1

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 18 Settembre 2017 17

(b) La matrice di f e

αR,R(σ1σ2) = S1S2 =

1 0 01 0 −1−1 1 2

e non e una simmetria. I punti uniti sono tutti e soli i punti della retta r : x+ y = 1 (che era unita sia perσ1 che per σ2). Le rette unite devono avere come spazio direttore un autovettore per l’applicazione lineare

soggiacente. Il polinomio caratteristico della sottomatrice

(0 −11 2

)e (x − 1)2 quindi l’unico autovalore e

1 e di autospazio V1 = 〈e1 − e2〉. Tutte le rette parallele ad r di equazione x+ y = k sono tutte unite.(c) Detto r : P + 〈w1〉 l’asse di simmetria, 〈w2〉 la prima direzione di simmetria si consideri il sistema

di riferimento R′ := {P ;w1, w2}. Allora

αR′,R′(f1) =

1 0 00 1 00 0 −1

αR′,R′(f2) =

1 0 00 1 a0 0 −1

αR′,R′(f2f1) =

1 0 00 1 −a0 0 1

.

Le prime due colonne della seconda matrice si ricavano sapendo che l’asse di simmetria e lo stesso mentre laterza colonna di ricava dall’osservazione che l’applicazione lineare soggiacente a f2 deve essere diagonalizzabilecon polinomio caratteristico (x− 1)(x+ 1).

Se a = 0 allora f1 = f2 e f21 = id. Se a 6= 0 allora i punti uniti per f2f1 sono tutti e soli i punti dir : P + 〈w1〉 e le rette unite sono tutte e sole quelle parallele a r.

(d) Dette f1 e f2 le due simmetrie; r : P +〈w1〉 l’asse di simmetria di f1 e 〈w2〉 la direzione di simmetriasi consideri il sistema di riferimento R′ := {P ;w1, w2}. Allora

αR′,R′(f1) =

1 0 00 1 00 0 −1

αR′,R′(f2) =

1 0 00 1 0a b −1

αR′,R′(f2f1) =

1 0 00 1 0a b 1

.

La seconda matrice si ricava sapendo che la direzione di simmetria e 〈w2〉 e che l’applicazione lineare soggia-cente a f2 deve essere diagonalizzabile con polinomio caratteristico (x− 1)(x+ 1) e deve avere una retta dipunti uniti.

Se a = b = 0 allora f1 = f2 e f21 = id. Se b = 0 e a 6= 0 allora le due simmetria hanno stessa direzionee assi paralleli e la composta risulta una traslazione che non ha punti uniti e le cui rette unite sono tutte esole quelle parallele a r.

Se b 6= 0 allora i due assi r1 e r2 si intersecano in un unico punto P e i punti uniti per la composizionef2f1 sono tutti e soli i punti della retta P + 〈w2〉 mentre tutte le rette di direzione 〈w2〉 sono unite.

�



A =

−3 2 0 8 0

0 1 0 0 0

1 0 2 −2 1

−2 1 0 5 0

0 0 −1 0 0

(a) Calcolare: polinomio caratteristico, polinomio minimo, forma canonica di Jordan J e dimensioni degliautospazi generalizzati per φ.

(b) Determinare una matrice invertibile P tale che P−1AP = J . Elencare tutte le possibili forme di Jordanin M5(Q) (a meno di similitudine) aventi polinomio minimo che divida λφ(x).

(c) Si determinino esplicitamente ∆ diagonalizzabile ed N nilpotente tali che A = ∆ +N con ∆N = N∆.Si calcoli la dimensione di Q[A].

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(x) = (x− 1)5.

(A− I5)2 =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 −2 0

0 0 0 0 0

−1 0 0 2 0

il polinomio minimo e λφ(x) = (x− 1)3. ker(φ− id) = 〈−e3 + e5, 2e1 + e4〉, ker(φ− id2) = 〈−e3 + e5, 2e1 +e4, e2, e5〉

dim ker(φ− id) dim ker(φ− id)2 dim ker(φ− id)3

2 4 5

J =

1 1 0 0 0

0 1 1 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

. (b) Per determinare una base B tale che la matrice sia in forma di Jordan bisogna che l’ultimo vettore v3sia un autovettore generalizzato di periodo massimo ad esempio: v3 ∈ Q5 \ ker(A− I5)2 ad esempio v3 = e1.Allora v2 = (A − I5)v3 = −4e1 + e3 − 2e4, v1 = (A − I5)v2 = e3 − e5. Per determinare v5 sappiamo cheker(A− I5)2 = ker(A− I5)⊕ 〈v2〉 ⊕ 〈v5〉 quindi v5 = e2 soddisfa la richiesta, v4 = (A− I5)v5 = 2e1 + e4.

P =

0 −4 1 2 0

0 0 0 0 1

1 1 0 0 0

0 −2 0 1 0

−1 0 0 0 0

.

L’unico autovalore di φ e 1 e, dovendo il polinomio minimo dividere λφ(x) = (x− 1)3 si possono avereal massimo blocchi di ordine 3 da cui si ottengono le seguenti forme di Jordan:(i) 1 blocco di ordine 3 e 2 blocchi di ordine 1;

(ii) 1 blocco di ordine 3 e 1 blocco di ordine 2;(iii) 2 blocchi di ordine 2 e 1 blocco di ordine 1;(iv) 1 blocco di ordine 2 e 3 blocchi di ordine 1,(v) 5 blocchi di ordine 1.

(c) La matrice A ha come unico autovalore 1 quindi A = I5 + N ove N = A − I5 e nilpotente (conpolinomio minimo x3). Quindi

∆ =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

N = A− I5 =

−4 2 0 8 0

0 0 0 0 0

1 0 1 −2 1

−2 1 0 4 0

0 0 −1 0 −1

.

18


�

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3 dotato del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si

considerino la retta t :

{x+ y = 0

z = 1e la retta rα : O + e1 + 〈e2 + αe3〉 dipendente dal parametro reale α.

1. Si determini la posizione reciproca di rα e t e la loro distanza al variare di α ∈ R.

2. Si determini la proiezione ortogonale della retta rα sul piano π : y + z = 0.

3. Si classifichi la rigidita f di matrice H e se ne determinino tutte le sottovaireta lineari unite.

H =

( 1 0 0 0

1 1/3 −2/3 −2/3−1 −2/3 1/3 −2/30 −2/3 −2/3 1/3

)

4. Esiste un sdr euclideo R′ diverso da R, ma con stessa origine O tale che la matrice associata a f rispettoa R′ sia ancora H? In caso affermativo fornirne un esempio.

Svolgimento. (1) La retta t : O + e3 + 〈e1 − e2〉 mentre rα : O + e1 + 〈e2 + αe3〉 quindi t ∨ rα : O + e3 +〈e1 − e3, e1 − e2, e2 + αe3〉 allora per α 6= −1 le rette sono sghembe in quanto dim t ∨ rα = 3; per α = −1 lerette si intersecano nel punto T = O + e1 − e3 + e3. Il piano τ contenente t e parallelo ad rα ha equazione

τ : αx+ αy − z = −1 quindi d(t, rα) = d(τ,O + e1) = |α+1|√2α2+1

(chiaramente per α = −1 la distanza e nulla

in quanto le rette sono incidenti).

(2) La proiezione ortogonale della retta rα sul piano π : P + Vπ si calcola come intersezione π ∩ L oveL = O + e1 + 〈e2 + αe3, e2 + e3〉 e la sottovarieta lineare contenente rα e la direzione ortogonale a π. Perα 6= 1 si ha L : x = 1 da cui si ricava che la proiezione ortogonale della retta rα sul piano π e la rettah : x − 1 = 0 = y + z. Per α = 1 la retta r1 e ortogonale al piano π quindi essa si proietta nel puntor1 ∩ π = O + e1.

(3) Si ha det(H) = −1 quindi la rigidita e inversa, essa e priva di punti uniti quindi e una glissoriflessione.L’autospazio di autovalore 1 per la sottomatrice

A =

(1/3 −2/3 −2/3−2/3 1/3 −2/3−2/3 −2/3 1/3

)

ha equazione V1 : x + y + z = 0 quindi V−1 = 〈e1 + e2 + e3〉. Il vettore v = e1 − e2 ∈ V1 quindi laglissoriflessione si decompone come f = tv ◦ s = s ◦ tv ove tv e la traslazione di vettore v = e1 − e2 mentre se la riflessione di asse il piano x+ y + z = 0.

Le sottovarieta lineari unite per una glissoriflessione sono:

Punti uniti: nessuno;

Rette unite: le rette contenute nel piano di riflessione x+ y+ z = 0 e parallele a v = e1− e2; esse hannoequazioni cartesiane: x+ y + z = 0 = x+ y − 2z − k con k ∈ R (intersezione di due piani uniti);

Piani uniti: il piano di riflessione x+ y + z = 0 e i piani x+ y − 2z = k con k ∈ R.

(4) Sia R′ un sdr euclideo diverso da R, ma con stessa origine O tale che la matrice associata a frispetto a R′ sia ancora H. Allora la matrice M di cambio di sistema di riferimento dovra verificare:

M =(

1 0

0 K

)MH = HM con la notazione a blocchi

(1 0

v A

)(1 0

0 K

)=(

1 0

0 K

)(1 0

v A

)

quindi v = Kv e AK = KA e K ∈ O3(R). Dato che v era autovettore di autovalore 1 per A se prendiamoK = A si ha v = Av e AK = KA = A2 = I3. Quindi il sistema di riferimento

R′ := {O;e1 − 2e2 − 2e3

3,−2e1 + e2 − 2e3

3,−2e1 − 2e2 + e3

3}


20 Luisa Fiorot

ESERCIZIO 3. In A4(R) munito del sistema di riferimento R = {O, e1, . . . , e4} si considerino le sottovarietalinerai:

L :

{x2 + x3 = 2

x3 + x4 = 0s :

x1 = −1

x2 + x3 = 0

x4 = 0

.

(a) Determinare: dimensione di L, di s di L ∩ s e di L ∨ s; L e s sono sghembe?(b) Determinare, se esiste, una retta t passante per l’origine O complanare con s e tale che dim(t ∨ L) = 3.(c) Determinare, se esiste, un iperpiano τ contenente L e tale che τ ∩ s = ∅.

Determinare, se esistono, tutti i piani π contenenti s e tali che L ∩ s = ∅.Svolgimento. (a) Si ha: dimL = 2, dim s = 1,L ∩ s = ∅ quindi dim(L ∩ s) = −1; VL ∩ Vs = {0R3} quindi Led s sono sghembe e dim(L ∨ s) = 2 + 1 + 1 = 4 quindi L ∨ s = A4(R).

(b) La retta t richiesta deve soddisfare t ⊆ (O ∨ s) ∩ (O ∨ L) essendo O ∨ s : x2 + x3 = 0 = x4 eO ∨ L : x3 + x4 = 0 si ottiene che la retta richiesta e unica e t : O + 〈e1〉.

(c) τ : x2 + x3 = 2.Sia L : L + 〈w1, w2〉 e s : S + 〈w3〉 un piano e una retta sghembi in A4(R). Un piano π contenente s e

π : S+ 〈w3, w〉 con dim〈w3, w〉 = 2. Se vogliamo che π∩L = ∅ si deve richiedere che S−L /∈ 〈w1, w2, w3, w〉.Quindi w ∈ 〈w1, w2, w3〉 (altrimenti 〈w1, w2, w3, w〉 = R4). Allora w = aw1 + bw2 + cw3 con a, b, c ∈ R;da cui si ottiene che 〈w3, w〉 = 〈w3, aw1 + bw2 + cw3〉 = 〈w3, aw1 + bw2〉 e, dovendo avere dimensione 2 siha (a, b) 6= (0, 0). Tutti i piani richiesti sono: π : S + 〈w3, aw1 + bw2〉 con (a, b) 6= (0, 0). Nel nostro casoπ : O − e1 + 〈e2 − e3, ae1 + b(e2 − e3 + e4)〉, a, b ∈ R e (a, b) 6= (0, 0). �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X4 + (3 − 6i)X2 − (8 + 6i) e, nel piano di Gauss, siindichi con P il quadrilatero convesso avente come vertici le radici del polinomio P (X).

(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i vertici di P e le equazioni delle rette (reali) cheformano i suoi lati in termini delle coordinate z e z.

(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Pnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(P in) ∩ P in, ove si indichino con P in (risp. P out)l’insieme dei punti interni (risp. esterni) al quadrilatero P e con λ la riflessione nella circonferenzaunitaria.

(c) Siano z1 6= z2 e z3 tre numeri complessi. Il rapporto semplice tra i tre punti e il numero complesso[z1, z2, z3] = z3−z1

z2−z1 . Si mostri che una biiezione f : C → C e un’applicazione affine se, e solo se,[f(z1), f(z2), f(z3)] = [z1, z2, z3] per ogni terna di numeri complessi come sopra. Si determini, se esiste,un’applicazione affine g : C→ C tale che g(1) = 1 + i e g(i) = −1− i. Se [z1, z2, z3] = [w1, w2, w3], cosapossiamo dire dei due triangoli z1, z2, z3, e w1, w2, w3?

Svolgimento. Si ha P (X) = (X2 − 2i)(X2 + 3− 4i) = (X − 1− i)(X + 1 + i)(X − 1− 2i)(X + 1 + 2i).

(a) Le radici di P (X) sono i numeri complessi

z1 = −1− 2i, z2 = 1 + i,

z3 = 1 + 2i, z4 = −1− i.

I lati del quadrilatero P sono quindi le rette

z1 ∨ z2 : (3 + 2i)z + (3− 2i)z − 2 = 0,

z2 ∨ z3 : z + z − 2 = 0,

z3 ∨ z4 : (3 + 2i)z + (3− 2i)z + 2 = 0,

z1 ∨ z4 : z + z + 2 = 0,z1

z2

z3

z4


λ∗(z1 ∨ z2) : zz − 3 + 2i

2z − 3− 2i

2z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − z

2− z

2= 0,

λ∗(z3 ∨ z4) : zz +3 + 2i

2z +

3− 2i

2z = 0,

λ∗(z1 ∨ z4) : zz +z

2+z

2= 0.

ovvero

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −3− 2i

2

∣∣∣∣ =

√13

2,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1

2

∣∣∣∣ =1

2,

λ∗(z3 ∨ z4) :

∣∣∣∣z +3− 2i

2

∣∣∣∣ =

√13

2,

λ∗(z1 ∨ z4) :

∣∣∣∣z +1

2

∣∣∣∣ =1

2.

L’insieme λ∗(P in) ∩ P in e evidenziato in grigio nella figura.

(c) Un’applicazione affine f : C → C e un’applicazione del tipo f(z) = az + b, per opportuni numericomplessi a e b, ed e biiettiva se, e solo se, a 6= 0. Per una tale applicazione si ha

[f(z1), f(z2), f(z3)] =f(z3)− f(z1)

f(z2)− f(z1)=a(z3 − z1)

a(z2 − z1)=z3 − z1z2 − z1

= [z1, z2, z3].

1


D’altra parte, sia f : C → C una biiezione che conserva il rapporto semplice, e siano b = f(0) 6= f(1) = c.Allora, per ogni numero complesso z, si ha

z = [0, 1, z] = [f(0), f(1), f(z)] =f(z)− bc− b ovvero f(z) = (c− b)z + b.

Si ha g(z) = az+ b e dobbiamo determinare a e b. Le condizioni date sono equivalenti a

{a+ b = 1 + i

ai+ b = −1− i ,

da cui si deduce a = 2i e b = 1− i. Infine, osserviamo che

[z1, z2, z3] =z3 − z1z2 − z1

=|z3 − z1||z2 − z1|

eiϑ,

ove ϑ e l’angolo tra i vettori z3−z1 e z2−z1. Dunque, se i rapporti semplici coincidono, allora i due triangolisono simili. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q dei numeri razionali e siano fissate le basiV = {v1, . . . , v5} di V e W = {w1, . . . , w4} di W .(a) Si determinino, se esistono, tutte le applicazioni lineari φ:V →W che soddisfano alle seguenti condizioni

φ(v1 + v2 − v3) = φ(v1 − v2 + v3) = 3w1 − 2w2 + w4, φ(v1 + v2) = 3w1 − w3,

φ(v2 − v4 + v5) = φ(v2 + v4 − v5) = 2w2 − w3 − w4

e si scriva la matrice αV,W(φ) per ogni tale omomorfismo. Si determinino la dimensione e una base pernucleo e immagine di tali applicazioni.

(b) Sia φ : V →W come nel punto precedente e di rango massimo. Sia

U =

{5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣ x1 + x4 − x5 = 0 = x2 − x3 + 2x5

};

si verifichi se la restrizione di φ al sottospazio U determina un isomorfismo tra U e imφ. Si determinila matrice αV,V(π), ove π : V → V e la proiezione su U parallelamente a kerφ. Si determinino tutte leapplicazioni lineari ξ : V →W tali che ξ ◦π = φ descrivendo per ciascuna di queste la matrice αV,W(ξ).

(c) Sia Fq il campo con q elementi e si consideri il sottospazio U di F5q avente le stesse equazioni che

definiscono U nel punto precedente. Quante sono le basi di U? Quante sono le matrici αE,E(ξ) ∈M5(Fq)di applicazioni lineari invertibili, ξ : F5

q → F5q, che inducono l’identita su U?

Svolgimento. (a) I vettori dati sono linearmente dipendenti; infatti

(v1 + v2 − v3) + (v1 − v2 + v3)− 2(v1 + v2) + (v2 − v4 + v5) + (v2 + v4 − v5) = 0.

Il sottospazio generato da questi ha dimensione 4 e φ e univocamente determinata su questo sottospazio;puo essere estesa in modo arbitrario fissando il suo valore in un sottospazio complementare (ad esempio ilsottospazio 〈v5〉). Le possibili matrici di φ sono quindi

αV,W(φ) =

( 3 0 0 a a

−2 2 2 b b

0 −1 −1 c c

1 −1 −1 d d

)

Esistono quindi infinite applicazioni lineari φ : V →W che soddisfino alle condizioni richieste. Per ciascunadi queste si ha

imφ ⊇ 〈3w1 − 2w2 + w4, 2w2 − w3 − w4〉 , e kerφ ⊇ 〈v2 − v3, v4 − v5〉 .

Se φ(v4) = φ(v5) /∈ 〈3w1 − 2w2 + w4, 2w2 − w3 − w4〉, tale vettore va aggiunto ai due vettori dati e si ottienecosı una base di imφ. In tal caso kerφ = 〈v2 − v3, v4 − v5〉.


Altrimenti, se φ(v4) = φ(v5) = a(3w1−2w2+w4)+b(2w2−w3−w4), il vettore av1+bv2−v4 va aggiunto aidue vettori di kerφ, e si ottiene cosı una base di tale sottospazio e imφ = 〈3w1 − 2w2 + w4, 2w2 − w3 − w4〉.(b) Il sottospazio U ha dimensione 3, perche il sistema che lo definisce ha rango 2. Se φ ha rango massimo,allora kerφ = 〈v2 − v3, v4 − v5〉 e ker(φ|U ) = U ∩ kerφ = 〈0〉, come si verifica con un facile calcolo (farlo!).Dunque la restrizione di φ ad U e iniettiva e, per la formula delle dimensioni, la sua immagine ha dimensione3, per cui si ha un isomorfismo tra U e imφ.

Da quanto visto sopra, si ha V = U ⊕ kerφ, per cui la proiezione π esiste e la sua matrice e

A = αV,V(π) = 12

2 0 0 0 0

−1 1 1 −1 −11 1 1 1 1

−1 0 0 1 1

1 0 0 1 1

.

Per ogni v ∈ V , si ha v = v′ + n con v′ = π(v) ∈ V ′ e n ∈ kerφ; dunque, φ(v) = φ(v′) = φ(π(v)); per cuiφ ◦π = φ. Inoltre, se ξ ◦π = φ = φ ◦π, si ha necessariamente (ξ−φ) ◦π = 0 e quindi ker(ξ−φ) ⊇ imπ = U ;per cui ξ = φ + η al variare di η ∈ A = { f ∈ HomQ (V,W ) | kerf ⊇ U } ∼= HomQ (kerφ,W ). Passando allematrici, dobbiamo quindi sommare alla matrice di φ tutte le matrici del tipo

⟨( 1 0 0 1 −10 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

1 0 0 1 −10 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 1 −10 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 1 −1

),

( 0 1 −1 0 2

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 1 −1 0 2

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 1 −1 0 2

0 0 0 0 0

),

( 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 1 −1 0 2

)⟩.

(c) Qualunque sia il campo Fq, il sistema che definisce U ha rango 2 e quindi e un sottospazio di dimensione3 di F5

q. Le possibili basi di U sono quindi (q3− 1)(q3− q)(q3− q2). Fissiamo una base di U e completiamolaad una base U = {u1, . . . , u5} di F5

q. Gli isomorfismi che inducono l’identita su U soddisfano alle condizioni

ξ(u1) = u1, ξ(u2) = u2, ξ(u3) = u3, ξ(u4) =/∈ 〈u1, u2, u3〉 , ξ(u5) =/∈ 〈u1, u2, u3, ξ(u4)〉 .

Quindi le possibili matrici αE,E(ξ) (o in qualunque altra base) sono (q5 − q3)(q5 − q4). �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X4 − (3 − 6i)X2 − (8 + 6i) e, nel piano di Gauss, siindichi con P il quadrilatero convesso avente come vertici le radici del polinomio P (X).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i vertici di P e le equazioni delle rette (reali) che

formano i suoi lati in termini delle coordinate z e z.(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di P

nella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(P out)∩P in, ove si indichino con P in (risp. P out)l’insieme dei punti interni (risp. esterni) al quadrilatero P e con λ la riflessione nella circonferenzaunitaria.


z2−z1 . Si mostri che una biiezione f : C → C e un’applicazione affine se, e solo se,[f(z1), f(z2), f(z3)] = [z1, z2, z3] per ogni terna di numeri complessi come sopra. Si determini, se esiste,un’applicazione affine g : C → C tale che g(−2) = 1 − i e g(2i) = 1 + i. Se [z1, z2, z3] = [w1, w2, w3],cosa possiamo dire dei due triangoli z1, z2, z3, e w1, w2, w3?


φ(v1 + v3 − v4) = φ(v3 − v1 + v4) = w2 − 2w3 + 3w4, φ(v1 + v3) = −w1 + 3w4,

φ(v1 + v2 − v5) = φ(v1 − v2 + v5) = −w1 − w2 + 2w3,



U =

{5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣ x2 − x3 − x5 = 0 = x1 + 2x2 − x4}

;






ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio X4 − (3 + 6i)X2 − (8 − 6i) e, nel piano di Gauss, si indichi conP il quadrilatero convesso avente come vertici le radici del polinomio P (X).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i vertici di P e le equazioni delle rette (reali) che


nella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(P out)∩P out, ove si indichino con P in (risp. P out)l’insieme dei punti interni (risp. esterni) al quadrilatero P e con λ la riflessione nella circonferenzaunitaria.


z2−z1 . Si mostri che una biiezione f : C → C e un’applicazione affine se, e solo se,[f(z1), f(z2), f(z3)] = [z1, z2, z3] per ogni terna di numeri complessi come sopra. Si determini, se esiste,un’applicazione affine g : C → C tale che g(1 − i) = 2i e g(1 + i) = −2. Se [z1, z2, z3] = [w1, w2, w3],cosa possiamo dire dei due triangoli z1, z2, z3, e w1, w2, w3?


φ(v3 − v4 + v5) = φ(−v3 + v4 + v5) = w1 + 3w3 − 2w4, φ(v3 + v5) = −w2 + 3w3,

φ(−v1 + v2 + v3) = φ(v1 − v2 + v3) = −w1 − w2 + 2w4,



U =

{5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣ x1 − x2 + x5 = 0 = 2x2 + x3 − x4}

;






ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X4 + (3 + 6i)X2 − (8 − 6i) e, nel piano di Gauss, siindichi con P il quadrilatero convesso avente come vertici le radici del polinomio P (X).(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss i vertici di P e le equazioni delle rette (reali) che


nella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(P out)∩P in, ove si indichino con P in (risp. P out)l’insieme dei punti interni (risp. esterni) al quadrilatero P e con λ la riflessione nella circonferenzaunitaria.


z2−z1 . Si mostri che una biiezione f : C → C e un’applicazione affine se, e solo se,[f(z1), f(z2), f(z3)] = [z1, z2, z3] per ogni terna di numeri complessi come sopra. Si determini, se esiste,un’applicazione affine g : C → C tale che g(−i) = 2 e g(1) = 2i. Se [z1, z2, z3] = [w1, w2, w3], cosapossiamo dire dei due triangoli z1, z2, z3, e w1, w2, w3?


φ(−v2 + v4 + v5) = φ(v2 + v4 − v5) = 3w2 + w3 − 2w4, φ(v4 + v5) = −w1 + 3w2,

φ(v1 − v3 + v5) = φ(−v1 + v3 + v5) = −w1 − w3 + 2w4



U =

{5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣ x1 − x3 − x4 = 0 = 2x1 − x2 + x5

};






ESERCIZIO 1. Siano V uno spazio vettoriale su Q, V = {v1, . . . , v5} una sua base, e si considerino isottospazi U = 〈u1, u2, u3〉 e W , ove

u1 = v1 + 2v3 − v4u2 = v2 + v3

u3 = 2v1 − v2 + 3v3 − 2v4

e W =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x1 − x4 + 2x5 = 0

2x1 − x3 = 0

x1 − x3 + x4 − 2x5 = 0

.

(a) Si determinino la dimensione e una base per ciascuno dei sottospazi U , W , di V e U⊥, W⊥ di V ∗ e siverifichi che V = U ⊕W e V ∗ = W⊥ ⊕ U⊥. Sia W = {w1, . . . , w5} una base di V ottenuta unendo(nell’ordine) una base di U e una base di W . Si scrivano le matrici αW,V(idV ) e αW∗,V∗(idV ∗) e siverifichi che W⊥ ∼= U∗ e U⊥ ∼= W ∗ tramite la restrizione della dualita tra V e V ∗.

(b) Si verifichi che esiste un’applicazione lineare φ : U →W tale che

φ(u1) = 2v2 + 2v4 + v5, φ(u2) = 4v2, φ(u3) = 4v4 + 2v5.

Si consideri il sottospazio Γφ = { v + φ(v) | v ∈ U } di V e si calcoli dimQ Γφ. Sia φ∗ : U⊥ → W⊥

l’applicazione trasposta e sia Γφ∗ ={v∗ + φ∗(v∗) | v∗ ∈ U⊥

}⊂ V ∗. Si calcoli dimQ Γφ∗ . E vero che

Γφ∗ ⊕W⊥ = V ∗ = Γ⊥φ ⊕W⊥?(c) Siano ora V = U ⊕ W spazi vettoriali di dimensione finita e non nulla, e sia dato un omomorfismo

φ : U → W . Si risponda in questo caso alle domande del punto precedente. Che relazioni ci sono tra isottospazi Γφ∗ e Γ⊥φ ?

Svolgimento. (a) I vettori u1 e u2 sono linearmente indipendenti e u3 = 2u1 − u2; quindi dimU = 2 ew1 = u1, w2 = u2 ne sono una base. Il sistema lineare che definisce W ha rango 2 (III = II − I), percui dimW = 3 e una sua base e data dai vettori w3 = v1 + 2v3 + v4, w4 = v2, w5 = 2v4 + v5. Si verificaimmediatamente che U ∩W = 〈0〉 e quindi (per la formula di Grassmann) che V = U ⊕W . Si ha quindidimU⊥ = 3, dimW⊥ = 2, e U⊥∩W⊥ = (U+W )⊥ = 〈0〉, da cui si deduce analogamente che V ∗ = W⊥⊕U⊥.Presa la base W = {w1, . . . , w5} indicata sopra, si ha

P = αW,V(idV ) =

1 0 1 0 0

0 1 0 1 0

2 1 2 0 0

−1 0 1 0 2

0 0 0 0 1

e αW∗,V∗(idV ∗) = tP−1 =

1/2 −2 1/2 2 0

0 0 0 1 0

0 1 0 −1 0

−1/2 0 1/2 0 0

1 0 −1 0 1

.

I vettori w∗1 , w∗2 di V ∗ sono una base di W⊥, duale della base w1, w2 di U ; e, analogamente, i vettori w∗3 , w

∗4 , w

∗5

sono una base di U⊥, duale della base w3, w4, w5 di W .

(b) I vettori u1 e u2 sono una base di U e u3 = 2u1 − u2; poiche φ(u3) = 2φ(u1)− φ(u2), una tale φ esiste eha i suoi valori in W , perche le immagini dei vettori di base appartengono a tale sottospazio. D’ora in poipuo essere piu comodo usare la base W e la sua base duale. Il grafico di φ e il sottospazio(†)

Γφ = 〈w1 + φ(w1), w2 + φ(w2)〉 = 〈w1 + 2w4 + w5, w2 + 4w4〉

e quindi dim Γφ = 2. Usando le basi duali, si ricava che l’applicazione φ∗ e definita dalle condizioni

φ∗(w∗3) = 0, φ∗(w∗4) = 2w∗1 + 4w∗2 , φ∗(w∗5) = w∗1 .

(†) Ringrazio il dr. Giacomo Masiero che mi ha segnalato un errore di calcolo presente in una versione precedente di questo

svolgimento.

7


Si ha quindi Γφ∗ = 〈w∗3 , w∗4 + 2w∗1 + 4w∗2 , w∗5 + w∗1〉 che e un sottospazio di V ∗ di dimensione 3 = dim(Γ⊥φ ).

Essendo W⊥ = 〈w∗1 , w∗2〉, si verifica con un facile calcolo diretto che Γφ∗ ∩W⊥ = 〈0〉 = Γ⊥φ ∩W⊥ e quindi idue sottospazi sono complementari.

(c) Siano dimU = r, dimW = s e dimV = n = r + s. Unendo (ordinatamente) una base U = {u1, . . . , ur}di U e una base W = {w1, . . . , ws} di W si ottiene una base di V e la corrispondente base duale di V ∗ el’unione di una base U∗ = {u∗1, . . . , u∗r} di W⊥ e di una base W∗ = {w∗1 , . . . , w∗s} di U⊥. In tal modo sipossono identificare W⊥ ∼= U∗ e U⊥ ∼= W ∗ e le relative basi duali. I generatori u1 + φ(u1), . . . , ur + φ(ur)sono una base di Γφ e, analogamente, w∗1 + φ∗(w∗1), . . . , w∗s + φ∗(w∗s) sono una base di Γφ∗ . Dunque,

dim Γ⊥φ = n− dim Γφ = n− r = s = dim dim Γφ∗ .

Inoltre, a1(w∗1 + φ∗(w∗1)) + · · · + as(w∗s + φ∗(w∗s)) appartiene Γφ∗ ∩ W⊥ se, e solo se, a1w

∗1 + · · · + asw

∗s

appartiene a W⊥ ∩ U⊥; per cui Γφ∗ ∩W⊥ = 〈0〉; e infine Γ⊥φ +W⊥ = (Γφ ∩W )⊥ = 〈0〉⊥ = V ∗. Usando lebasi duali e ricordando le relazioni di ortogonalita, si ha

(w∗i − φ∗(w∗i )) ◦ (uj + φ(uj)) = φ∗(w∗i ) ◦ uj − w∗i ◦ φ(uj) = 0, per ogni i = 1, . . . , s, j = 1, . . . , r

da cui si ricava che Γ−φ∗ = 〈w∗1 − φ∗(w∗1), . . . , w∗s − φ∗(w∗s)〉 = Γ⊥φ , ovvero Γφ∗ = σΓ⊥φ , ove σ : V ∗ → V ∗ e la

simmetria di asse U⊥ e direzione W⊥. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali complessi e siano V = {v1, . . . , v4} e W = {w1, w2} dellerispettive basi. Si considerino gli omomorfismi φ : V →W e ψ : W → V , rispettivamente di matrice

A = αV,W(φ) =(

0 −1 2 2

2 0 −2 −4

)e B = αW,V(ψ) =

( 1 0

−1 −30 −21 0

).

(a) Si determinino polinomio caratteristico, autovalori e autospazi per gli endomorfismi φ ◦ ψ : W → W eψ ◦ φ : V → V . Si determinino, se esistono, una matrice diagonale D e una matrice invertibile P taliche D = P−1BAP .

(b) Si considerino gli endomorfismi L,R : HomC (V,W ) → HomC (V,W ), definiti ponendo L(ξ) = φψξ eR(ξ) = ξψφ, per ogni ξ : V →W . Si determinino autovalori, autospazi e polinomio caratteristico.

(c) Siano ora V e W spazi vettoriali complessi, di dimensione n ed m, rispettivamente; e siano φ : V →We ψ : W → V due omomorfismi. E vero o falso che i due endomorfismi φ ◦ ψ : W →W e ψ ◦ φ : V → Vhanno gli stessi autovalori non nulli con le stesse molteplicita geometriche? (dare una dimostrazione incaso affermativo, altrimenti dare un controesempio)


αW,W(φ ◦ ψ) = AB =(

3 −1−2 4

)e αV,V(ψ ◦ φ) = BA =

( 0 −1 2 2

−6 1 4 10

−4 0 4 8

0 −1 2 2

).

Da cui si ricava pAB(X) = (X − 2)(X − 5) e pBA(X) = X2(X − 2)(X − 5). Gli autospazi di ABsono W1 = 〈w1 + w2〉 e W2 = 〈w1 − 2w2〉. Per quanto riguarda BA, gli autospazi sono V0 = kerφ =〈v1 + 2v2 + v3, 2v1 + 2v2 + v4〉, V1 = ker(ψ ◦ φ − 2id) = 〈v1 − 4v2 − 2v3 + v4〉 e V2 = ker(ψ ◦ φ − 5id) =〈v1 + 5v2 + 4v3 + v4〉. Dunque ψ ◦ φ e diagonalizzabile e le matrici cercate sono

D =

( 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 2 0

0 0 0 5

)e P =

( 1 2 1 1

2 2 −4 5

1 0 −2 4

0 1 1 1

).

(b) Dalla decomposizione di W come somma diretta di autospazi, si ricava HomC (V,W ) = HomC (V,W1)⊕HomC (V,W2) e ciascuno dei due addendi, di dimensione 4 e autospazio per L relativo, rispettivamente, agliautovalori 2 e 5. Dunque PL(X) = (X − 2)4(X − 5)4.


Analogamente, dalla decomposizione di V come somma diretta di autospazi, si ricava HomC (V,W ) =HomC (V0,W )⊕HomC (V1,W )⊕HomC (V2,W ) e ciascuno degli addendi e autospazio per R relativo, rispetti-vamente, agli autovalori 0, 2 e 5. Le rispettive dimensioni sono 4, 2 e 2; dunque PR(X) = X4(X−2)2(X−5)2.

(c) Sia w autovettore per φψ relativo all’autovalore c 6= 0. Si ha φ(ψ(w)) = cw 6= 0 e quindi ψ(w) 6= 0;inoltre ψ(φ(ψ(w))) = ψ(cw) = cψ(w), per cui ψ(w) e autovettore per ψφ relativo all’autovalore c 6= 0.Analogamente, se v e autovettore per ψφ relativo all’autovalore b 6= 0, si ha ψ(φ(v)) = bv 6= 0, e quindiφ(v) 6= 0; inoltre φ(ψ(φ(v))) = φ(bv) = bφ(v), per cui φ(v) e autovettore per φψ relativo all’autovalore b 6= 0.Dunque gli autovalori non nulli di ψφ e di φψ coincidono. Verifichiamo che hanno la stessa molteplicitageometrica. Se w1, . . . , wr sono autovettori per φψ, relativi all’autovalore c 6= 0 e linearmente indipendenti,allora ψ(w1), . . . , ψ(wr) sono autovettori per ψφ, relativi allo stesso autovalore c 6= 0. Se a1ψ(w1) + · · · +arψ(wr) = 0, allora a1w1 + · · · + arwr ∈ kerψ ⊆ ker(φψ). D’altra parte, ker(φψ) ∩ ker(φψ − cid) = 〈0〉,perche autovettori di φψ relativi ad autovalori distinti sono linearmente indipendenti; dunque deve aversia1w1 + · · ·+ arwr = 0 e percio a1 = · · · = ar = 0. Si conclude che anche ψ(w1), . . . , ψ(wr) sono linearmenteindipendenti; quindi, ragionando analogamente con autovettori per ψφ, si conclude che le dimensioni degliautospazi devono coincidere. �


ESERCIZIO 1. Si consideri l’applicazione f : C→ C definita da f(z) = z(z − 2 + i).(a) Si determini e si disegni nel piano di Gauss l’unione dei sottoinsiemi f∗(2i) = { z ∈ C | f(z) = 2i } e

f∗(i− 1). Si scrivano in termini delle coordinate z e z le equazioni delle rette che contengono i lati delpoligono convesso P che ha come vertici i punti di tale insieme.

(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggidelle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegninotali circonferenze nel piano di Gauss, evidenziando il riflesso λ∗(I) della regione di piano, I, interna alpoligono P . E vero che i punti di I ∩ λ∗(I) sono punti uniti per la riflessione λ?

Svolgimento. (a) Si tratta di trovare le radici dei polinomi X2 − (2 − i)X − 2i e X2 − (2 − i)X + 1 − i,ovvero i punti z1 = 1, z2 = 2, z3 = 1 − i, z4 = −i. Le rette cercate sono quindi z1 ∨ z2 : iz − iz = 0,z2 ∨ z3 : (1− i)z + (1 + i)z − 4 = 0, z3 ∨ z4 : iz − iz + 2 = 0, z1 ∨ z4 : (1− i)z + (1 + i)z − 2 = 0.

(b) Sia λ(z) = 1/z, per z ∈ C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria. La retta z1 ∨ z2 passa per ilcentro della circonferenza e quindi si riflette in se. Le circonferenze riflesso delle altre rette sono

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1− i

4

∣∣∣∣ =1

2√

2, λ∗(z3 ∨ z4) :

∣∣∣∣z +i

2

∣∣∣∣ =1

2,

λ∗(z1 ∨ z4) :

∣∣∣∣z −1− i

2

∣∣∣∣ =1√2.

Nelle equazioni precedenti sono evidenti il centro e il raggio della circon-ferenza. Il riflesso della regione interna al parallelogramma e la regioneevidenziata in grigio nel disegno a lato.

z1 z2

z3z4

I punti uniti nella riflessione λ sono tutti e soli i punti della circonferenza unitaria (z = 1/z se, e solose, zz = 1), mentre l’insieme I ∩λ∗(I) contiene molti punti che non appartengono a tale circonferenza, comesi vede dal disegno sopra. �

ESERCIZIO 2. Siano U , V e W spazi vettoriali su Q e siano U = {u1, . . . , u4}, V = {v1, . . . , v5}, eW = {w1, w2, w3} delle rispettive basi. Si considerino le applicazioni lineari ψ : U → V e φ : V → W ,definite dalle condizioni

φ(v1 − v3 − v4) = φ(3v2 − v3 − v5) = 2w1 + 4w2 + 2w3,

φ(v1) = φ(2v1 − v4) = w1 + 2w3,

φ(4v2 − v5) = 2w2 − w3.

e B = αU,V(ψ) =

2 1 2 0

3 0 3 −60 −1 −2 0

−2 0 1 −2−1 1 2 0

.

(a) Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di φ e ψ e si scriva la matrice A = αV,W(φ).(b) Si determini l’insieme H = { X ∈M5(Q) | AXB = AB } e si dica se si tratta di un sottospazio vettoriale

di M5(Q) o del traslato di un sottospazio vettoriale. Si determini in ogni caso la dimensione e una basedel sottospazio vettoriale in questione. E vero che la dimensione dipende solo dal rango di φ e ψ?

(c) Indicate con ψ∗ : V ∗ → U∗ e φ∗ : W ∗ → V ∗ le applicazioni lineari trasposte, si determinino la dimensionee una base per i sottospazi imφ∗, kerψ∗ e per la loro intersezione.

Svolgimento. (a) Dalle condizioni date per φ si ricava

φ(v1) = φ(v4) = w1 + 2w3,

φ(v3) = −2w1 − 4w2 − 2w3,

φ(3v2) = φ(v5) = 6w2 − 3w3.

e quindi A = αV,W(φ) =

(1 0 −2 1 0

0 2 −4 0 6

2 −1 −2 2 −3

).

10


Si ha inoltre, kerφ = 〈v1 − v4, 3v2 − v5, 2v1 + 2v2 + v3〉 e imφ = 〈w1 + 2w3, 2w2 + w3〉. Infine, si ha kerψ =〈4u2 − 2u3 − u4〉 e imψ = 〈v1 − v3 + v5, 3v2 + v4, 2v1 + 3v2 − 2v4 − v5〉.(b) Le entrate delle matrici X ∈H sono soluzioni di un sistema lineare (12 equazioni in 25 incognite); quindi,per il Teorema di Rouche-Capelli, sono il traslato, tramite una soluzione particolare, del sottospazio vettorialeformato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato (AXB = 0); e coincidono con tale sottospazio se,e solo se, il sistema lineare e omogeneo. Poiche AB 6= 0 (si veda ad esempio l’entrata di posto (1, 2) delprodotto), le soluzioni sono il traslato tramite una soluzione particolare, la matrice 15, del sottospazio

H0 = { X ∈M5(Q) | AXB = 0 } ∼= { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ(imψ) ⊆ kerφ } ;

ove l’isomorfismo e l’applicazione che a ogni omomorfismo, ξ, associa la sua matrice, αV,V(ξ) in base V.

E piu semplice descrivere le matrici degli elementi di H0 usando basi diverse (e poi utilizzare le matricidi cambiamento di base per trovarle nella forma cercata). Sia V ′ = {v′1, . . . , v′5} una base di V ottenutacompletando una base v′1, v

′2, v′3 di imψ; e sia V ′′ = {v′′1 , . . . , v′′5} una base di V ottenuta completando una

base v′′1 , v′′2 , v′3 di kerφ (ad esempio le basi dei sottospazi indicate nel punto precedente). In tali basi si ha

αV′,V′′(ξ) =

(A B

0 C

), ove A e una matrice 3× 3 e gli ordini delle altre si ottengono di conseguenza. Quindi

H0 e un sottospazio di M5(Q) di dimensione 19. Per determinarne una base, possiamo considerare le matricidi cambiamento di base

P = αV′′,V(id) =

1 0 2 0 0

0 3 2 0 0

0 0 1 0 0

−1 0 0 1 0

0 −1 0 0 1

e Q = αV,V′(id) =

0 0 −1 0 0

0 0 −2 1 −20 0 −1 0 −11 0 3 0 2

0 1 9 −3 9

=

1 0 2 1 0

0 3 3 0 1

−1 0 0 0 0

0 1 −2 0 0

1 0 −1 0 0

−1

,

e prendere le matrici αV′′,V(id)ε(i, j)αV,V′(id), ove i, j = 1, . . . , 5, e i > 3⇒ j > 3; ovvero la i-esima colonnadi P per la j-esima riga di Q per le coppie (i, j) indicate sopra.

Infine, osserviamo che le applicazioni lineari che soddisfano la condizione ξ(imψ) ⊆ kerφ (ovverol’appartenenza a H0), formano un sottospazio di dimensione 52 − (rkφ)(rkψ) perche le immagini deglielementi di imψ devono avere proiezione nulla su V/kerφ (che ha dimensione rkφ per il primo teorema diisomorfismo). Quindi la dimensione di H dipende solo dal rango di φ e ψ.

(c) Si ha

imφ∗ = (kerφ)⊥ = 〈v∗1 − 2v∗3 + v∗4 , v∗2 − 2v∗3 + 3v∗5〉 ,

kerψ∗ = (imψ)⊥ = 〈v∗1 + 3v∗3 + 2v∗5 , 4v∗1 − v∗2 + 3v∗3 + 3v∗4 − v∗5〉 ;

e, inoltre imφ∗ ∩ kerψ∗ = (kerφ+ imψ)⊥ = V ⊥ = 〈0〉. �

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, v2, v3} una sua base. Si indichi conφ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

( −8 −5 5

24 13 −1214 6 −5

).

(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; sidica inoltre se φ e diagonalizzabile e, in caso affermativo, si determinino una matrice diagonale D e unamatrice invertibile P tali che D = P−1AP .

(b) Si determinino autovalori e autospazi per l’applicazione lineare LA : M3(Q)→M3(Q) definita ponendoLA(X) = XA − AX, al variare di X in M3(Q). Siano B e C matrici simili in Mn(Q). Che relazionici sono tra gli autovalori e i relativi autospazi delle due applicazioni lineari LB , LC : Mn(Q)→ Mn(Q)definite da LB(X) = XB −BX e LC(X) = XC − CX , al variare di X in Mn(Q)?

(c) Sia a ∈ Q e J =

(a 1 0

0 a 0

0 0 a

); e sia LJ : M3(Q)→M3(Q) l’applicazione lineare definita ponendo LJ(X) =

XJ − JX, al variare di X in M3(Q). Si mostri che l’unico autovalore di LJ e 0 e se ne calcolino la


molteplicita algebrica e geometrica. In particolare si determinino la dimensione e una base per kerLJ ,kerL2

J e kerL3J .

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X13−A) = (X − 1)(X − 2)(X + 3), per cuiφ ha tre autovalori distinti con molteplicita algebrica (e quindi geometrica) 1 ed e percio diagonalizzabile.Le matrici

A− 15 =

( −9 −5 5

24 12 −1214 6 −6

), A− 215 =

(−10 −5 5

24 11 −1214 6 −7

)A+ 315 =

( −5 −5 5

24 16 −1214 6 −2

)

hanno tutte e tre rango 2 e gli autospazi sono

W1 = ker(φ− id) = 〈v2 + v3〉 , W2 = ker(φ−2id) = 〈v1 + 2v3〉 , W3 = ker(φ+3id) = 〈v1 − 3v2 − 2v3〉 .

Due matrici cercate sono quindi D =

(1 0 0

0 2 0

0 0 −3

)e P =

(0 1 1

1 0 −31 2 −2

).

(b) Se C = Q−1BQ, con Q ∈ GLn(Q), allora LC(Q−1XQ) = Q−1XQQ−1BQ − Q−1BQQ−1XQ =Q−1LB(X)Q. Quindi X autovettore per LB relativo all’autovalore c se, e solo se, Q−1XQ e autovettore perLC relativo allo stesso autovalore. Cio significa che le due applicazioni lineari hanno gli stessi autovalori eche i relativi autospazi sono isomorfi nell’isomorfismo descritto. Poiche D = P−1AP , possiamo studiare gliautovalori e gli autospazi di LD in luogo di LA. Utilizzando la base canonica dello spazio M3(Q), possiamoquindi scrivere che gli autovalori e gli autospazi di LD sono

Autovalori 0 1 −4 −5 −1 4 5Autospazi 〈ε(1, 1), ε(2, 2), ε(3, 3)〉〈ε(1, 2)〉〈ε(1, 3)〉〈ε(2, 3)〉〈ε(2, 1)〉〈ε(3, 1)〉〈ε(3, 2)〉

(c) Sia X =

(x11 x12 x13

x21 x22 x23

x31 x32 x33

). Con un calcolo diretto, si ricava che

LJ(X) =

(−x21 x11−x22 −x23

0 x21 0

0 x31 0

), L2

J(X) =

(0 −2x21 0

0 0 0

0 0 0

)e L3

J(X) = 0.

Dunque,kerLJ = 〈ε(1, 2), ε(3, 2), ε(1, 3), ε(1, 1) + ε(2, 2), ε(3, 3)〉 ,kerL2

J = 〈ε(1, 1)− ε(2, 2), ε(3, 1), ε(2, 3)〉 ⊕ kerLJ ,

kerL3J = 〈ε(2, 1)〉 ⊕ kerL2

J = M3(Q);

quindi di dimensioni 5, 8 e 9, rispettivamente. �


ESERCIZIO 1. Si determinino le radici in C del polinomio P (X) =(X2−(1+i)X+i

)(X2−3(1+i)X+5i

).

(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono convesso Q che ha come vertici tali radici. Si scrivano leequazioni delle rette che contengono i lati del poligono Q, in termini delle coordinate z e z.

(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando l’insieme λ∗(Qin), ove Qin e l’insieme dei punti interni a Q. Ci sonopunti della circonferenza unitaria in λ∗(Qin) rQin?

Svolgimento. (a) P (X) = (X − 1)(X − i)(X − 1 + 2i)(X − 2 − i). Le radici di P (X) sono quindi z1 = 1,z2 = i, z3 = 1 + 2i, z4 = 2 + i. Le rette cercate sono

z1 ∨ z2 : (1− i)z + (1 + i)z − 2 = 0, z2 ∨ z3 : (1 + i)z + (1− i)z + 2 = 0,

z3 ∨ z4 : (1− i)z + (1 + i)z − 6 = 0, z1 ∨ z4 : (1 + i)z + (1− i)z − 2 = 0.


λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −1 + i

2

∣∣∣∣ =1√2,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z +1− i

2

∣∣∣∣ =1√2,

λ∗(z3 ∨ z4) :

∣∣∣∣z −1 + i

6

∣∣∣∣ =1

3√

2,

λ∗(z1 ∨ z4) :

∣∣∣∣z −1− i

2

∣∣∣∣ =1√2,

z1

z2

z3

z4

ove si riconoscono immediatamente centri e raggi. Nel disegno le circonferenze compaiono con linee trat-teggiate. Infine, la regione λ∗(Qin) e evidenziata in grigio nel disegno e contiene i punti della circonferenzaunitaria che hanno parte reale ed immaginaria entrambe positive, ma questi punti sono contenuti ancheall’interno del quadrato Q e quindi la risposta e negativa. �

ESERCIZIO 2. Siano U , V e W spazi vettoriali complessi e siano U = {u1, . . . , u4}, V = {v1, . . . , v5},W = {w1, . . . , w4} delle rispettive basi su C.(a) Si considerino le applicazioni lineari φ : V →W e ψ : V → U definite dalle condizioni

αV,W(φ) =

( 0 1 0 −1 1

1 −5 2 5 0

2 −4 1 4 0

−1 0 0 0 −1

)e

ψ(v1 − 2v3 + v5) = ψ(v1 − v3) = u1 − 2u3

ψ(v2 + 2v4 − v5) = ψ(v4 − v5) = 3u2 − 2u4

ψ(v1 + v2 − v3 + v4 − v5) = 2u1 − 3u2 − 4u3 + 2u4.

Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine dei due omomorfismi e si determini αV,U (ψ).(b) Si determini, se esiste, un’applicazione lineare ν : W → U tale che ν ◦ φ = ψ e, in caso affermativo, si

scriva la matrice, nelle basi date, di ogni tale ν. Si dia una condizione necessaria e sufficiente su ψ e φaffinche una tale ν esista. Se ν ◦ φ = ψ = ν′ ◦ φ e B = (bij)1≤i,j≤4 = αW,U (ν − ν′), cosa possiamo dire

dei vettori ζi =∑4j=1 bijw

∗j , per i = 1, . . . , 4, ove W∗ = {w∗1 , . . . , w∗4} e la base duale della base W?

(c) Siano ora U , V e W spazi vettoriali complessi di dimensione finita e φ : V → W un’applicazionelineare. Si consideri l’applicazione hφ : HomC (W,U)→ HomC (V,U), definita da hφ(ξ) = ξ ◦φ, per ogni

13


ξ ∈ HomC (W,U). Si diano condizioni su φ affinche hφ sia suriettiva, oppure iniettiva. Si caratterizzinonucleo e immagine di hφ al variare di φ.

Svolgimento. (a) kerφ = 〈v1 + 2v3 − v4 − v5, v2 + v4〉, imφ = 〈w2 + 2w3 − w4, w1 − 5w2 − 4w3, 2w2 + w3〉,e kerψ = 〈v1 + v2 + v3, v2 + v4, v3 − v5〉, imψ = 〈u1 − 2u3, 3u2 − 2u4〉, ove gli insiemi di generatori dati sonobasi dei vari sottospazi. La matrice cercata e

αV,U (ψ) =

( 0 1 −1 −1 −13 −6 3 6 3

0 −2 2 2 2

−2 4 −2 −4 −2

).

(b) L’applicazione lineare ν esiste perche kerφ ⊆ kerψ; e questa e la condizione necessaria e sufficientecercata (dimostrarla!). Sia w′1, w

′2, w

′3, una base di imφ (ad esempio, la base data sopra) e completiamola ad

una base di W (ad esempio, prendendo w′4 = w2). Se w′i = φ(v′i), per i = 1, 2, 3; deve essere ν(w′i) = ψ(v′i),per i = 1, 2, 3, mentre ν(w′4) puo essere scelto in modo arbitrario in U . In tal modo si definiscono tutte lepossibili applicazioni lineari ν; inoltre, se ν ◦ φ = ψ = ν′ ◦ φ, la differenza ν − ν′ si annulla su tutti i vettoridi imφ, per cui i vettori ζi del testo devono appartenere tutti a (imφ)⊥. Si ha quindi

αW,U (ν) =

(−3 0 −1 −26 0 3 3

6 0 2 4

−4 0 −2 −2

)+

( 3a −a 2a 3a

3b −b 2b 3b

3c −c 2c 3c

3d −d 2d 3d

).

(c) Per quanto visto sopra, hφ e suriettiva se, e solo se, kerφ ⊂ kerη, per ogni η ∈ HomC (V,U) e cio epossibile se, e solo se, kerφ = 〈0〉; ovvero φ e iniettiva. D’altra parte la condizione ξ ◦φ = ξ′ ◦φ e equivalentea porre imφ ⊆ ker(ξ − ξ′) e ξ = ξ′ se, e solo se, W = ker(ξ − ξ′). Dunque hφ e iniettiva se, e solo se, φ esuriettiva. Possamo infine osservare che

kerhφ = { ξ ∈ HomC (W,U) | imφ ⊆ kerξ } e imhφ = { η ∈ HomC (V,U) | kerφ ⊆ kerη } ;

ovvero kerhφ ∼= HomC (W/imφ,U) e imhφ ∼= HomC (V/kerφ,U). �


Y = αV,V(φ) =

5 0 0 −6 0

1 4 4 −6 9

0 0 2 0 3

1 0 0 −2 0

0 0 −4 0 −5

.

(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascun autospazio Wi; si dicainoltre se φ e diagonalizzabile. Si determini, se esiste, una matrice X ∈M5(R) tale che X + Y = XY .

(b) Si dimostri che esistono due matrici X e Y in Mn(R) tali che X + Y = XY se, e solo se, 1 non e unautovalore per Y . Si mostri che, in tal caso, XY = Y X e 1 non e un autovalore neanche per X. Se Fqe il campo con q elementi, come si possono contare tutte le matrici A in Mn(Fq) tali che 1 non e unautovalore per A?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 − Y ) = (X − 4)2(X + 1)2(X + 2), e lematrici

Y − 415 =

1 0 0 −6 0

1 0 4 −6 9

0 0 −2 0 3

1 0 0 −6 0

0 0 −4 0 −9

Y + 15 =

6 0 0 −6 0

1 5 4 −6 9

0 0 3 0 3

1 0 0 −1 0

0 0 −4 0 −4

Y + 215 =

7 0 0 −6 0

1 6 4 −6 9

0 0 4 0 3

1 0 0 0 0

0 0 −4 0 −3


W1 = ker(φ− 4id) = 〈v2, 6v1 + v4〉 , W2 = ker(φ+ id) = 〈v1 + v2 + v4, v2 + v3 − v5〉 ,W3 = ker(φ+ 2id) = 〈4v2 + 3v3 − 4v5〉 .



Si ha X + Y = XY se, e solo se, Y = X(Y − 1); ovvero essendo Y − 1 invertibile (perche 1 non e

autovalore per Y ), si ha X = Y (Y − 1)−1 = 1 + (Y − 1)−1 = 16

9 0 0 −6 0

1 8 −4 −6 1

0 0 0 0 −31 0 0 2 0

0 0 4 0 7

.

(b) Se 1 e autovalore per Y , allora esiste un vettore non nullo v ∈ Rn, tale che Y v = v. Dalla relazioneX + Y = XY , calcolata in v si ricaverebbe Xv + v = Xv, ovvero v = 0, che e chiaramente assurda. Quindise 1 e autovalore per Y , non puo esistere una matrice X che soddisfi alla relazione X +Y = XY . Viceversa,se 1 non e autovalore per Y , allora Y −1 e una matrice invertibile (non si annulla det(Y −1) = (−1)npY (1))e quindi, come nell’esempio precedente e sufficiente (e necessario) prendere X = Y (Y −1)−1 per trovare duematrici che soddisfano alla relazione richiesta. Inoltre,

Y X = Y 2(Y − 1)−1 = Y ((Y − 1) + 1)(Y − 1)−1 = Y +X = XY ;

e, infine, se esistesse un vettore non nullo w ∈ Rn, tale che Xw = w, dalla relazione X + Y = Y X si ricava,analogamente a quanto visto sopra, la relazione w + Y w = Y w che e chiaramente assurda.

Per contare le matrici A in Mn(Fq) tali che 1 non sia un autovalore per A e sufficiente osservare che 1non e un autovalore per A se, e solo se, det(A − 1) 6= 0, ovvero se, e solo se, A − 1 ∈ GLn(Fq). Dunque lematrici cercate sono tutte e sole quelle della forma A = 1 + X al variare di X ∈ GLn(Fq); e quindi sono

tante quanti sono gli elementi del gruppo lineare generale, ovveron−1∏

j=0

(qn − qj). �


ESERCIZIO 1. Si determinino le radici in C del polinomio P (X) = X3 − (4− i)X2 + (8− 4i)X − 8− 6i.(a) Si disegni nel piano di Gauss il poligono convesso T che ha come vertici tali radici. Si scrivano le

equazioni delle rette che contengono i lati del poligono P , in termini delle coordinate z e z.(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto prece-

dente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss, evidenziandol’intersezione I tra i punti interni a T e il loro riflesso. E vero che la riflessione nella circonferenzaunitaria induce una biiezione tra i punti di I?

Svolgimento. (a) Le radici sono z1 = i, z2 = 1− 3i e z3 = 3 + i. Si ha quindi un triangolo T , i cui lati sonole tre rette

z1 ∨ z2 : (4− i)z + (4 + i)z − 2 = 0, z1 ∨ z3 : iz − iz + 2 = 0, z2 ∨ z3 : (2 + i)z + (2− i)z − 10 = 0.

(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenzaunitaria (z 7→ 1/z). Le circonferenze riflesse sono

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −4 + i

2

∣∣∣∣ =

√17

2,

λ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −i

2

∣∣∣∣ =1

2,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −2− i10

∣∣∣∣ =1

2√

5.

L’intersezione tra i punti interni al triangolo T e il loro riflesso e ilsottoinsieme I, evidenziato in grigio nel disegno a fianco.

z1

z2

z3

Dato un punto x ∈ I, si ha che x ∈ T 0 e x = λ(y) per qualche y ∈ T 0; ove si e indicato con T 0 l’insiemedei punti interni al triangolo T . Si ha quindi λ(x) = y ∈ I, che permette di concludere che λ induce unabiiezione tra i punti di I. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali sul campo Q, siano V = {v1, . . . , v5} e W = {w1, . . . , w4}delle rispettive basi e siano V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} e W∗ = {w∗1 , . . . , w∗4} le corrispondenti basi duali.(a) Sia φ : V →W l’applicazione lineare tale che

w∗1 ◦ φ = 2v∗1 − v∗2 + 4v∗4 + v∗5 , w∗2 ◦ φ = v∗2 + 2v∗3 + 4v∗4 + 3v∗5 ,

w∗3 ◦ φ = −v∗1 − v∗3 − 4v∗4 − 2v∗5 , w∗4 ◦ φ = 3v∗1 − 2v∗2 − v∗3 + 4v∗4 .

Si determinino dimensione e base per i sottospazi kerφ, imφ e per i rispettivi ortogonali e si scriva lamatrice αV,W(φ).

(b) Indicato con r il rango di φ, si determinino, se esistono, dei vettori u1, . . . , ur ∈ W e ζ1, . . . , ζr ∈ V ∗tali che φ = u1 ⊗ ζ1 + · · · + ur ⊗ ζr. Siano w ∈ imφ e ζ ∈ (kerφ)⊥ ⊆ V ∗; preso comunque v ∈ φ−1(w)si ponga g(ζ, w) = ζ ◦ v. Si mostri che l’applicazione g : (kerφ)⊥ × imφ→ Q e ben definita, bilineare enon degenere.

(c) Sia φ : V →W un’applicazione lineare di rango r tra spazi vettoriali di dimensione finita sul campo Fqe si scriva φ = u1 ⊗ ζ1 + · · ·+ ur ⊗ ζr con u1, . . . , ur ∈W e ζ1, . . . , ζr ∈ V ∗. Si verifichi che u1, . . . , ur eζ1, . . . , ζr sono basi duali di imφ e (kerφ)⊥ nella dualita definita dall’applicazione g del punto precedente.Si dica in quanti modi si puo scrivere φ = u1 ⊗ ζ1 + · · ·+ ur ⊗ ζr ove r = rkφ.

16


Svolgimento. (a) Ricordiamo che per ogni vettore w∗ ∈ W ∗, si ha φ∗(w∗) = w∗ ◦ φ, ove φ∗ : W ∗ → V ∗ el’applicazione trasposta di φ. Dunque e data la matrice αW∗,V∗(φ∗), per cui la matrice cercata e

A = αV,W(φ) = tαW∗,V∗(φ∗) =

( 2 −1 0 4 1

0 1 2 4 3

−1 0 −1 −4 −23 −2 −1 4 0

).

Con il metodo di eliminazione di Gauss la matrice A e riga-equivalente a

−III 1 0 1 4 2II 0 1 2 4 3

I + II + 2III 0 0 0 0 0IV + 3III + 2II 0 0 0 0 0

Quindi le prime due colonne di A sono le coordinate di una base dell’immagine di φ, ovvero

imφ = 〈2w1 − w3 + 3w4, −w1 + w2 − 2w4〉 e (imφ)⊥ = 〈w∗1 + w∗2 + 2w∗3 , 2w∗2 + 3w∗3 + w∗4〉 .

Dalla matrice ridotta si ricava facilmente

kerφ = 〈v1 + 2v2 − v3, 4v1 + 4v2 − v4, 2v1 + 3v2 − v5〉(kerφ)⊥ = 〈v∗1 + v∗3 + 4v∗4 + 2v∗5 , v

∗2 + 2v∗3 + 4v∗4 + 3v∗5〉 .

(b) Il rango di φ e uguale a 2. Posto u1 = 2w1−w3 + 3w4, u2 = −w1 +w2 + 2w4 e ζ1 = v∗1 + v∗3 + 4v∗4 + 2v∗5 ,ζ2 = v∗2 + 2v∗3 + 4v∗4 + 3v∗5 , si ha φ = u1 ⊗ ζ1 + u2 ⊗ ζ2; ovvero

A =

( 2 −10 1

−1 0

3 −2

)(1 0 1 4 2

0 1 2 4 3

).

Dunque imφ = 〈u1, u2〉 e (kerφ)⊥ = 〈ζ1, ζ2〉.Siano ora w ∈ imφ e ζ ∈ (kerφ)⊥ ⊆ V ∗. Presi v e v′ in φ−1(w), si ha v′ = v + n con n ∈ kerφ e quindi

ζ ◦ v′ = ζ ◦ (v + n) = ζ ◦ v, perche ζ ◦ n = 0; quindi g(ζ, w) e ben definita, perche non dipende dalla sceltadi v ∈ φ−1(w). La bilinearita e di verifica immediata. Infine, preso un complementare V ′ di kerφ, ognielemento di imφ ha una controimmagine in V ′; per cui se g(ζ, w) = 0 per ogni w ∈ imφ, allora ζ = 0 perchee nulla su ogni elemento di V = V ′ ⊕ kerφ. D’altra parte, se g(ζ, w) = 0 per ogni ζ ∈ (kerφ)⊥; allora, datov ∈ φ−1(w), si ha ζ ◦ v = 0 per ogni ζ ∈ (kerφ)⊥, ovvero v ∈ kerφ e percio w = φ(v) = 0.

(c) Poiche φ = u1⊗ζ1+· · ·+ur⊗ζr e r = rkφ, allora i vettori u1, . . . , ur ∈W e ζ1, . . . , ζr ∈ V ∗ devono essere

linearmente indipendenti, perche imφ ⊆ 〈u1, . . . , ur〉 e 〈ζ1, . . . , ζr〉⊥ ⊆ kerφ, ovvero (kerφ)⊥ ⊆ 〈ζ1, . . . , ζr〉; ela conclusione discende da un calcolo di dimensioni. Dunque u1, . . . , ur e base di imφ e ζ1, . . . , ζr e base di(kerφ)⊥. Scelti t1, . . . , tr in V , tali che φ(ti) = ui, per i = 1, . . . , r, deve quindi aversi ζj ◦ ti = δij qualunquesiano i e j, affinche si abbia

ui = φ(ti) = u1(ζ1 ◦ ti) + · · ·+ ur(ζr ◦ ti)per ogni i = 1, . . . , r.

Dunque dare la scrittura φ = u1 ⊗ ζ1 + · · · + ur ⊗ ζr, ove r = rkφ, corrisponde a scegliere una baseu1, . . . , ur di imφ e prendere la corrispondente base duale ζ1, . . . , ζr di (kerφ)⊥, nella dualita g. Poiche labase duale e univocamente determinata dalla corrispondente base di imφ, le scelte possibili sono tante quante

le basi (non ordinate) di imφ, ovvero (qr−1)(qr−q)···(qr−qr−1)r! . �


ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale complesso e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si indichi conφ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

3 0 2 4 0

0 0 0 −3 6

1 0 2 3 0

0 0 0 −3 0

0 2 0 −2 1


inoltre se φ e diagonalizzabile.(b) Sia a l’autovalore di φ di massimo valore assoluto e sia ψ = 1

aφ ∈ HomC (V, V ). Al variare di v0 ∈ Vsi consideri la successione di vettori n 7→ ψn(v0) e si dica se tale successione ha limite per n → +∞ ecome tale limite dipenda dalla scelta del vettore v0. E vero che esiste un polinomio P (X) ∈ C[X] taleche, per ogni vettore v0 ∈ V , il valore di P (φ) in v0 coincida con il limite precedente (quando esiste)?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 −A) = (X − 4)2(X + 3)2(X − 1), e lematrici

A− 415 =

−1 0 2 4 0

0 −4 0 −3 6

1 0 −2 3 0

0 0 0 −7 0

0 2 0 −2 −3

A+ 315 =

6 0 2 4 0

0 3 0 −3 6

1 0 5 3 0

0 0 0 0 0

0 2 0 −2 4

A− 15 =

2 0 2 4 0

0 −1 0 −3 6

1 0 1 3 0

0 0 0 −4 0

0 2 0 −2 0


W1 = ker(φ− 4id) = 〈2v1 + v3, 3v2 + 2v5〉 , W2 = ker(φ+ 3id) = 〈v1 − 2v2 + v3 − 2v4, 2v2 − v5〉 ,W3 = ker(φ− id) = 〈v1 − v3〉 .


(b) L’endomorfismo ψ = 14φ ha gli stessi autospazi di φ a cui corrispondono gli autovalori 1, − 3

4 , 14 . Quindi,

dato un vettore v0 = w1 + w2 + w3, con wi ∈Wi, si ha

ψn(v0) = w1 +

(−3

4

)nw2 +

(1

4

)nw3, per ogni n ≥ 1,

e percio la successione tende al vettore w1, ovvero alla proiezione π1 di v0 su W1 parallelamente alla sommadei sottospazi W2⊕W3. E ben noto che la proiezione su un autospazio relativamente alla somma dei rimanentisi ottiene calcolando un polinomio in φ, e precisamente si ha π1 = 1

21 (φ+ 3id)(φ− id). �


ESERCIZIO 1. Si determinino le radici in C del polinomio P (X) = 3X3 − 12X2 + 16X − 8 dopo aververificato che P (2) = 0.(a) Si disegni nel piano di Gauss il triangolo T che ha come vertici tali radici. Si scrivano le equazioni delle

rette che contengono i lati del poligono T , in termini delle coordinate z e z.(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi delle

circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss. Indicata con C la circonferenza tangente ai (prolungamenti dei) lati di T e postanel primo quadrante, si indichi in quale regione delimitata dalle circonferenze riflesse va a cadere λ∗(C).[Non e richiesta l’equazione di λ∗(C).]

Svolgimento. (a) P (X) = (X − 2)(3X2− 6X + 4

)= (X − 2)(X − 1 + i

√33 )(X − 1− i

√33 ). Le radici di P (X)

sono quindi z1 = 2, z2 = 1 + i√33 , z3 = 1− i

√33 . Le rette cercate sono

z1∨z2 : (1−i√

3)z+(1+i√

3)z−4 = 0, z1∨z3 : (1+i√

3)z+(1−i√

3)z−4 = 0, z2∨z3 : z+ z−2 = 0.


λ∗(z1 ∨ z2) : zz − 1 + i√

3

4z − 1− i

√3

4z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz − 1− i√

3

4z − 1 + i

√3

4z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − 1

2z − 1

2z = 0,

z1

z2

z3

ove i centri sono l’opposto del coefficiente di z nella corrispondente equazione e il raggio e, in tutti i tre casi,uguale a 1

2 .Nel disegno le circonferenze che riflettono i lati compaiono con linee tratteggiate. La regione ove giace

C e intersezione di tre semipiani delimitati dai lati del triangolo T , e il suo riflesso e la regione evidenziatain grigio nel disegno. Per facilitare il lettore abbiamo disegnato in rosso le circonferenze C e λ∗(C); la

circonferenza C ha centro in 2 + i 2√3

3 e raggio 1. �

19


ESERCIZIO 2. Siano U , V , W , T spazi vettoriali sul campo Q e siano U = {u1, u2, u3}, V = {v1, . . . , v5},W = {w1, . . . , w4}, T = {t1, . . . , t4}, delle rispettive basi.(a) Siano date le applicazioni lineari α : U → V e β : W → T , definite rispettivamente da

α(u1 − u2 − u3) = −v1 + 2v2 − 3v3 + 4v4 + 3v5,

α(u2 + u3) = 2v1 − 2v2 + 2v3 − 4v4 − 2v5,

α(u1 − u2) = −v1 + v2 − v3 + 2v4 + v5;

e β

( x1

...x4

)=

( x1+3x3+x4

x2+2x3

x1−x2+x3−2x4

2x1−2x2+2x3+2x4

),

ove le coordinate sono riferite alle basi fissate. Si determinino nucleo e immagine delle due applicazionilineari e se ne scrivano le matrici nelle basi date.

(b) Sia data f : U → W di matrice F = αU,W(f) =

( 1 2 3

0 0 2

0 0 −11 −2 −4

). Si dica se esiste un’applicazione lineare

g : V → T tale che β ◦ f = g ◦ α. In caso affermativo si scrivano le matrici nelle basi date di tutte leapplicazioni lineari soddisfacenti a tale condizione.


α(u1) = α(u2 + u3) + α(u1 − u2 − u3) = v1 − v3 + v5,

α(u2) = α(u1)− α(u1 − u2) = 2v1 − v2 − 2v4,

α(u3) = α(u1 − u2)− α(u1 − u2 − u3) = −v2 + 2v3 − 2v4 − 2v5.

Le matrici cercate sono quindi

A = αU,V(α) =

1 2 0

0 −1 −1−1 0 2

0 −2 −21 0 −2

e B = αW,T (β) =

( 1 0 3 1

0 1 2 0

1 −1 1 −22 −2 2 2

);

e si ha kerα = 〈2u1 − u2 + u3〉, imα = 〈v1 − v3 + v5, v2 − 2v3 + 2v4 + 2v5〉; e kerβ = 〈3w1 + 2w2 − w3〉,imβ = 〈t1 + t3 + 2t4, t2 − t3 − 2t4, t1 − 2t3 + 2t4〉.(b) Affinche possa esistere una tale φ deve aversi ker(β ◦ f) ⊇ kerα = 〈2u1 − u2 + u3〉; e questa condizionee soddisfatta, perche f(2u1 − u2 + u3) = 3w1 + 2w2 − w3 ∈ kerβ. Inoltre, la condizione data determina ivalori di g sui vettori di imα, ma e possibile definirla ad arbitrio al di fuori di questo sottospazio. Dunqueuna tale g esiste e non e unica. Infatti, posto V = V ′ ⊕ imα (ad esempio, V ′ = 〈v3, v4, v5〉), deve aversi

g(v1 − v3 + v5) = g(α(u1)) = β(f(u1)) = 2t1 − t3 + 4t4,

g(−v2 + 2v3 − 2v4 − 2v5) = g(α(u3) = β(f(u3)) = −4t1 + 8t3 − 8t4,

ed i valori di g su una base di V ′ possono essere posti in modo completamente arbitrario. Le matrici cercatepossiamo quindi scriverle nella forma

αV,T (g) =

( 2 4 0 0 0

0 0 0 0 0

−1 −8 0 0 0

4 8 0 0 0

)+

( a1−c1 2a1−2b1−2c1 a1 b1 c1a2−c2 2a2−2b2−2c2 a2 b2 c2a3−c3 2a3−2b3−2c3 a3 b3 c3a4−c4 2a4−2b4−2c4 a4 b4 c4

),

al variare dei 12 parametri a1, . . . , c4 nel campo Q. Naturalmente, si poteva arrivare allo stesso risultatoponendo come incognite le entrate della matrice X = αV,T (φ), soggette alla condizione BF = XA, che daluogo a un sistema lineare di 12 equazioni in 20 incognite (di rango 8). �


ESERCIZIO 3. Si consideri la matrice An(a, b) definita da

An(a, b) =

n∑

i=1

n−i∑

j=0

(aε(2i, 2j + 1) + bε(2j + 1, 2i)) +

n−1∑

j=n−i+1

(bε(2i, 2j + 1) + aε(2j + 1, 2i))

,

ove { ε(h, k) | 1 ≤ h, k ≤ 2n } e la base canonica dello spazio delle matrici di ordine 2n e la seconda sommatra parentesi quadre ha senso solo se n− i+ 1 ≤ n− 1.(a) Si scrivano le matrici An(a, b) per n = 1, 2, 3, 4 e se ne calcoli il determinante in funzione dei due

parametri a e b.(b) Si determini detAn(a, b) per ogni intero positivo n.(c) Si consideri la matrice A2(1, 3) ∈ M4(R) e se ne determinino il polinomio caratteristico, gli autovalori

e si dica se e diagonalizzabile (su R o su C). Che dire della matrice A2(−3,−1)? Che relazioni ci sonotra gli autospazi delle due matrici?


A1(a, b) =(

0 b

a 0

), A2(a, b) =

(0 b 0 b

a 0 a 0

0 b 0 a

a 0 b 0

), A3(a, b) =

0 b 0 b 0 b

a 0 a 0 a 0

0 b 0 b 0 a

a 0 a 0 b 0

0 b 0 a 0 a

a 0 b 0 b 0

, A4(a, b) =

0 b 0 b 0 b 0 b

a 0 a 0 a 0 a 0

0 b 0 b 0 b 0 a

a 0 a 0 a 0 b 0

0 b 0 b 0 a 0 a

a 0 a 0 b 0 b 0

0 b 0 a 0 a 0 a

a 0 b 0 b 0 b 0

.

I determinanti sono, rispettivamente, δ1 = −ab, δ2 = −ab(b− a)2, δ3 = −ab(b− a)4, δ4 = −ab(b− a)6.

(b) Facendo n2 +(n2

)scambi di righe e

(n2

)scambi di colonne possiamo trasformare la matrice An(a, b) in

una matrice con due blocchi diagonali di ordine n della forma

a b . . . b... a

. . ....

.... . . b

a . . . . . . a

e

b a . . . a... b

. . ....

.... . . a

b . . . . . . b

,

che hanno determinante rispettivamente a(a − b)n−1 e b(b − a)n−1, come si vede facilmente portandole informa triangolare usando l’eliminazione di Gauss. Il numero di scambi ha la stessa parita di n e quindi ildeterminante di An(a, b) e

δn = (−1)nab(a− b)n−1(b− a)n−1 = −ab(b− a)2(n−1).

(c) La matrice

A = A2(1, 3) =

( 0 3 0 3

1 0 1 0

0 3 0 1

1 0 3 0

)

ha polinomio caratteristico pA(X) = X4−12X2−12, che ha quattro radici distinte in C, ovvero ±√

6 + 4√

3 e

±i√

4√

3− 6. Quindi A e diagonalizzabile su C, avendo tutti gli autovalori distinti. La matrice A2(−3,−1)e l’opposto della trasposta di A e quindi i suoi autovalori sono l’opposto degli autovalori di A, per cui eanch’essa diagonalizzabile e i suoi autovettori coincidono con gli autovettori della matrice tA. Per ogniautovalore α l’autospazio di tA relativo ad α e l’ortogonale (come si scrive bene tramite l’applicazione linearetrasposta) della somma degli autospazi di A relativi agli altri autovalori. Infatti, se uj e autovettore di tArelativo all’autovalore cj e vi autovettore di A relativo all’autovalore ci, si ha

cjtujvi = t(tAuj)vi = tuj(Avi) = ci

tujvi, ovvero (cj − ci)tujvi = 0,

che comporta l’ortogonalita dei vettori quando i 6= j. �


ESERCIZIO 1. Si determinino le radici in C del polinomio P (X) = 2X3− (6 + 3i)X2 + (3 + 7i)X + 2− 2idopo aver verificato che P (i/2) = 0.(a) Si disegni nel piano di Gauss il triangolo T che ha come vertici tali radici. Si scrivano le equazioni delle

rette che contengono i lati del triangolo T , in termini delle coordinate z e z.(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi delle

circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss. Indicato con I l’insieme dei punti interni al triangolo, si evidenzi la differenzasimmetrica λ∗(I)4 I.

(c) Dati z0 e α in C, con |α| = 1, e vero o falso che l’applicazione σ(z) = z0 + α2(z − z0) e la simmetriaortogonale di asse la retta r = z0 ∨ (z0 + α)?

Svolgimento. (a) P (X) = (2X− i)(X2− (3 + i)X + 2 + 2i

)= (2X− i)(X− 1− i)(X− 2). Le radici di P (X)

sono quindi z1 = i2 , z2 = 1 + i, z3 = 2. Le rette cercate sono

z1∨z2 : (1+2i)z+(1−2i)z+2 = 0, z1∨z3 : (1−4i)z+(1+4i)z−4 = 0, z2∨z3 : (1−i)z+(1+i)z−4 = 0.


λ∗(z1 ∨ z2) : zz +1 + 2i

2z +

1− 2i

2z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz − 1− 4i

4z − 1 + 4i

4z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − 1− i4

z − 1 + i

4z = 0,

z1

z2

z3

ove i centri sono l’opposto del coefficiente di z nella corrispondente equazione e i raggi sono il modulo di tale

numero complesso, ovvero√52 ,√174 ,

√24 , rispettivamente.

Nel disegno le circonferenze che riflettono i lati compaiono con linee tratteggiate. La differenza simme-trica λ∗(I)4 I e la regione evidenziata in grigio nel disegno.

(c) La risposta e affermativa e la verifica e immediata. Un numero complesso z si scrive come z = z0+(r+is)αcon r e s numeri reali, univocamente determinati e rα e la componente del vettore z− z0 parallela alla rettar, mentre isα e la componente dello stesso vettore ortogonale alla retta. Poiche |α| = 1, si ha

σ(z) = z0 + α2(r − is)α = z0 + α(r − is)

e quindi e rimasta invariata la componente del vettore z − z0 parallela alla retta r, mentre la componenteortogonale e diventata l’opposto. �

22


ESERCIZIO 2. Sia V , uno spazio vettoriale sul campo Q e sia V = {v1, . . . , v5}una sua base. Si considerinoi sottospazi U e W di V , ove

U = 〈u1, u1 + u2, u1 + u2 + u3〉 ,con u1 = 2v1 − 6v3 − v4 + 3v5,

u2 = v1 − v2 − 3v3 + v5, u3 = 2v2 − v4 + v5

e W =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x1 + x2 − 2x3 + x5 = 0

x2 − x4 + x5 = 0

2x1 − x2 − 4x3 + 3x4 − x5 = 0

.

(a) Si determinino la dimensione e una base per U e W e si verifichi che V = U ⊕W . Si scriva la matriceαV,V(π) dell’endomorfismo π : V → V dato dalla proiezione su W parallelamente a U . Indicata conπ′ : V → V la proiezione su U parallelamente a W , si calcoli il determinante dell’endomorfismo 2π′−3π.

(b) Sia L = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | π = π ◦ ξ ◦ π }. Si dica se L e un sottospazio vettoriale di HomQ (V, V )oppure e il traslato di un sottospazio vettoriale. In ogni caso si determini la dimensione e una base delsottospazio in questione.

(c) Siano ora U , W , T sottospazi di un dato spazio vettoriale V , di dimensione finita. E vero o falso che

dimU + dimW + dimT − dim(U +W + T ) ≥≥ dim(U ∩W ) + dim(U ∩ T ) + dim(W ∩ T )− dim(U ∩W ∩ T )?

Svolgimento. (a) Il sottospazio U e generato da u1, u2, u3 e u1 = 2u2 +u3; per cui dimU = 2 e una sua basee data da {u2, u3 }. Il sistema lineare che definisce W ha rango 2, perche III = 2I−3II, dunque dimW = 3e una sua base e { 2v1 + v3, v1 − v2 − v4, v2 − v5 }. Un generico vettore au2 + bu3 di U sta nell’intersezioneU ∩W se, e solo se, le sue coordinate nella base V soddisfano alle equazioni di W . Si verifica con un calcolodiretto che cio accade se, e solo se, a = 0 = b. Dunque V = U ⊕W . Dato un vettore v ∈ V , la sua proiezionee il vettore π(v) = v − au2 − bu3 ∈W . Si ha quindi

A = αV,V(π) = 128

24 −1 8 −3 −14 15 −8 17 −1312 3 4 9 3

0 7 0 21 7

−4 −8 8 4 20

.

Utilizzando un’applicazione non-nulla D ∈ A5(V ) e la base W di V , data dai vettori

w1 = u2, w2 = u3, w3 = 2v1 + v3, w4 = v1 − v2 − v4, w5 = v2 − v5,si ottiene

det(2π′ − 3π) =D(2w1, 2w2,−3w3,−3w4,−3w5)

D(w1, w2, w3, w4, w5)= −22 33 = −108.

(b) E chiaro che L non e un sottospazio vettoriale (0 /∈ L ) di HomQ (V, V ), ma si ha L = π + H , ove

H = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | 0 = π ◦ ξ ◦ π } = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ(W ) ⊆ U }e un sottospazio vettoriale, di dimensione 16. Considerando la base duale W∗ = {w∗1 , . . . , w∗5} della base W,possiamo scrivere una base di H prendendo i prodotti tensoriali wi ⊗ w∗j con i = 1, 2 e j = 3, 4, 5, ovverocon i = 1, . . . , 5 e j = 1, 2.

(c) Applicando la formula di Grassmann per i sottospazi W e T e per i sottospazi U e W + T , si ha

dimU + dimW+ dimT − dim(U +W + T ) =

= dimU + dim(W + T ) + dim(W ∩ T )− dim(U +W + T ) =

= dim(W ∩ T ) + dim(U ∩ (W + T )).

Ricordando che U ∩ (W + T ) ⊇ (U ∩W ) + (U ∩ T ), e applicando la formula di Grassmann a quest’ultimasomma si ottiene quindi

dim(W ∩ T ) + dim(U ∩ (W + T )) ≥ dim(W ∩ T ) + dim(U ∩W ) + dim(U ∩ T )− dim(U ∩W ∩ T ),

che e quanto si voleva. �


ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si consideril’endomorfismo φ : V → V di matrice

A = αV,V(φ) =

−5 0 −7 3 0

−1 −1 −1 0 1

2 0 4 −2 0

0 0 0 −2 0

−3 6 −3 1 0

.

(a) Si verifichi che φ e invertibile e si determinino il polinomio caratteristico, gli autovalori e gli autospazidi φ. Si dica se φ e diagonalizzabile.

(b) Si consideri l’endomorfismo Cφ : HomQ (V, V )→ HomQ (V, V ), definito ponendo Cφ(ξ) = φ−1 ◦ ξ ◦ φ, alvariare di ξ ∈ HomQ (V, V ). Si determinino il polinomio caratteristico, gli autovalori e gli autospazi diCφ e si dica se Cφ e diagonalizzabile.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 2)(X − 2)2(X + 3)2, e quindi φ e invertibile,perche detφ = −pφ(0) = −72 6= 0. Gli autovalori sono quindi c1 = 2, c2 = −3, c3 = −2, e gli autospazi sono

W1 = ker(φ− 2id) = 〈v1 − v3, v2 + 3v5〉 , W2 = ker(φ+ 3id) = 〈7v1 − 2v3 + 5v5, v2 − 2v5〉 ,W3 = ker(φ+ 2id) = 〈v1 + v4 + v5〉 ;

inoltre φ e diagonalizzabile perche coincidono molteplicita algebrica e geometrica per ogni autovalore. Ovvia-mente, φ−1 ha gli stessi autospazi e come autovalori gli inversi degli autovalori di φ.

(b) Essendo V = W1 ⊕W2 ⊕W3, lo spazio HomQ (V, V ) si decompone nella somma diretta dei suoi sot-tospazi(†)

Hij = { ξ ∈ HomQ (V, V ) | ξ(Wi) ⊆Wj , ξ(Wh) ⊆ 〈0〉 se h 6= i } , per i, j ∈ { 1, 2, 3 } ;

e si osservi che, se ξ ∈ Hij , allora Cφ(ξ) = c−1j ciξ (giustificare con cura questa affermazione!). Dunqueautovalori e autospazi per Cφ sono

Autovalori 1 −1 −3/2 −2/3 2/3 3/2Autospazi H11 ⊕H22 ⊕H33 H31 ⊕H13 H21 H12 H32 H23

da cui si conclude che Cφ e diagonalizzabile e (X − 1)9(X + 1)4(X + 3/2)4(X + 2/3)4(X − 2/3)2(X − 3/2)2

e il suo polinomio caratteristico. �

(†) In modo piu elegante si potrebbe dire che, posto { i, j, h } = { 1, 2, 3 }, il sottospazio Hij e l’immagine dell’omomorfismo

naturale HomQ ( VWj⊕Wh

,Wj) −→ HomQ (V, V ), che agisce tramite la composizione a destra con la proiezione di V sul quoziente

V/(Wj ⊕Wh), e a sinistra con l’inclusione del sottospazio Wj in V .


ESERCIZIO 1. Si determinino le radici in C del polinomio P (X) = X3− (5 + 5i)X2 + (5 + 18i)X+ 5−25idopo aver verificato che P (2 + 3i) = 0.(a) Si disegni nel piano di Gauss il triangolo T che ha come vertici tali radici. Si scrivano le equazioni delle

rette che contengono i lati del triangolo T , in termini delle coordinate z e z.(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi delle

circonferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss. Indicati con Σ1, Σ2, Σ3, i tre semipiani la cui intersezione e il triangolo T , si evidenzila differenza simmetrica λ∗(Σ1)4 λ∗(Σ2)4 λ∗(Σ3).

Svolgimento. (a) P (X) = (X − 2− 3i)(X2 − (3 + 2i)X + 5 + 5i

)= (X − 2− 3i)(X − 1− 3i)(X − 2 + i). Le

radici di P (X) sono quindi z1 = 2 + 3i, z2 = 1 + 3i, z3 = 2− i. Le rette cercate sono

z1 ∨ z2 : iz − iz + 6 = 0, z1 ∨ z3 : z + z − 4 = 0, z2 ∨ z3 : (4− i)z + (4 + i)z − 14 = 0.


λ∗(z1 ∨ z2) : zz +i

6z − i

6z = 0,

λ∗(z1 ∨ z3) : zz − 1

4z − 1

4z = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz − 4− i14

z − 4 + i

14z = 0,

ove i centri sono l’opposto del coefficiente di z nella corrispon-dente equazione e i raggi sono il modulo di tale numero com-

plesso, ovvero 16 , 1

4 ,√1714 , rispettivamente. Nel disegno le circon-

ferenze che riflettono i lati compaiono in rosso.

z1z2

z3

La differenza simmetrica di tre insiemi A, B, C, e [farsi il disegnino]

A4B 4 C =(A ∪B ∪ C

)r((A ∩B) ∪ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)

)∪(A ∩B ∩ C

)

quindi λ∗(Σ1)4 λ∗(Σ2)4 λ∗(Σ3) e la regione evidenziata in grigio nel disegno. �

25



φ(v1 + v3) = φ(v2 − v3) = w2 + 2w4, φ(v3 + v5) = φ(v4 − v5) = 2w1 − w4,

φ(2v2 − v3 + v5) = 2w1 + 2w2 + 3w4.

Si determinino nucleo e immagine di tali applicazioni e se ne scrivano le matrici nelle basi date.(b) Sia L l’insieme delle applicazioni del punto precedente. Si dica se L e un sottospazio vettoriale di

HomQ (V,W ) oppure e il traslato di un sottospazio vettoriale. In ogni caso si determini la dimensionee una base del sottospazio in questione. Indicato con T il massimo sottospazio vettoriale di V su cuitutte le applicazioni del punto precedente coincidono, si consideri la proiezione canonica π : V → V/Te l’omomorfismo Φ : ξ 7→ ξ ◦ π di HomQ (V/T,W ) su HomQ (V,W ). E vero che Φ e iniettivo? Cosa sipuo dire delle matrici nelle basi date degli omomorfismi che stanno nell’immagine di Φ?

(c) Sia ora V uno spazio vettoriale di dimensione 5 sul campo finito Fq. Come si possono contare tutte leterne di sottospazi non banali W1, W2, W3 di V tali che W1 ⊕W2 ⊕W3 = V ?

Svolgimento. (a) I vettori v′1 = v1 + v3, v′2 = v2 − v3, v′3 = v3 + v5 e v′4 = v4 − v5 sono linearmenteindipendenti, ma 2v2 − v3 + v5 = 2v′2 + v′3. Le condizioni date definiscono univocamente φ sul sottospazio(proprio) T = 〈v1 + v3, v2 − v3, v3 + v5, v4 − v5〉, quindi vi sono infinite applicazioni lineari definite su Vche soddisfano a tali condizioni e sono determinate dalla conoscenza del loro valore su una base di uncomplementare di T . Il vettore v′5 = v5 completa i vettori dati a una base V ′ = {v′1, . . . , v′5} di V e siaP = αV′,V(id); allora

P−1 = αV,V′(id) =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

−1 1 1 0 0

0 0 0 1 0

1 −1 −1 1 1

e A = αV′,W(φ) =

( 0 0 2 2 a

1 1 0 0 b

0 0 0 0 c

2 2 −1 −1 d

).

Le matrici cercate si ottengono quindi dal prodotto AP−1 = αV,W(φ) =

(−2+a 2−a 2−a 2+a a

1+b 1−b −b b b

c −c −c c c

3+d 1−d −1−d −1+d d

).

Per quanto riguarda nucleo e immagine, dobbiamo distinguere due casi: se φ(v5) /∈ 〈w2 + 2w4, 2w1 − w4〉,allora

imφ = 〈w2 + 2w4, 2w1 − w4, φ(v5)〉 e kerφ = 〈v1 − v2 + 2v3, v3 − v4 + 2v5〉 .Se, invece, φ(v5) = α(w2 + 2w4) + β(2w1 − w4), allora

imφ = 〈w2 + 2w4, 2w1 − w4〉 e kerφ = 〈v1 − v2 + 2v3, v3 − v4 + 2v5, α(v1 + v3) + β(v4 − v5)− v5〉 .

(b) E chiaro che L non e un sottospazio vettoriale (0 /∈ L ) di HomQ (V,W ). Se φ1 e φ2 sono due qualsiasielementi di L , allora φ1−φ2 e un’applicazione lineare che si annulla su T e quindi appartiene al sottospazioH = imΦ = { ψ ∈ HomQ (V,W ) | T ⊆ kerψ } che e un sottospazio vettoriale, di dimensione 4. Per trovareuna sua base, possiamo considerare una base di T⊥ ⊆ V ∗, ad esempio ζ = v∗1 − v∗2 − v∗3 + v∗4 + v∗5 (N.B.:l’ultima riga di P−1 . . . , come mai?), e considerare i prodotti tensoriali w1⊗ ζ, w2⊗ ζ, w3⊗ ζ, w4⊗ ζ. Infine,

osserviamo che Φ e iniettivo perche π e suriettiva e che le matrici cercate sono

( a −a −a a a

b −b −b b b

c −c −c c c

d −d −d d d

), al variare

di t(a, b, c, d) in Q4.

(c) Onde evitare ripetizioni, non e restrittivo supporre dimFqW1 ≤ dimFq

W2 ≤ dimFqW3. Quindi le

dimensioni possibili sono (1, 1, 3) e (1, 2, 2). Consideriamo il primo caso: dobbiamo contare le terne disottospazi W1, W2, W3, con dimFq

W1 = 1 = dimFqW2 e dimFq

W3 = 3, tali che W1 ⊕ W2 ⊕ W3 = V .Mettendo una di seguito all’altra una base di ciascun sottospazio otteniamo quindi una base ordinata diV . Possiamo quindi contare le basi ordinate di V identificando le scelte che determinano sottospazi uguali

(ovvero basi ottenute l’una dall’altra tramite un cambiamento di base); ovvero abbiamo q5−1q−1 scelte per il


primo sottospazio, q5−qq−1 per il secondo e (q5−q2)(q5−q3)(q5−q4)

(q3−1)(q3−q)(q3−q2) per il terzo. Il numero complessivo di scelte e il

prodotto di questi tre fattori, diviso per due, perche i primi due sottospazi possono comparire nei due ordinipossibili. Nel secondo caso il calcolo e analogo, per cui il numero totale delle terne di sottospazi cercati edato dalla somma

q7(q5 − 1)(q4 − 1)

2(q − 1)2+q8(q5 − 1)(q3 − 1)(q2 + 1)

2(q − 1)2.

�

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Si consideril’endomorfismo φ : V → V di matrice

A = αV,V(φ) =

0 −2 −2 1 −30 3 0 0 0

0 0 1 0 −33 2 −6 2 −90 0 2 0 −4

.

(a) Si verifichi che φ e invertibile e si determinino il polinomio caratteristico, gli autovalori e gli autospazidi φ. Si dica se φ e diagonalizzabile.

(b) Sia T uno spazio vettoriale su Q di dimensione 8 e si consideri l’endomorfismo Eφ : HomQ (V, T ) →HomQ (V, T ), definito ponendo Eφ(ξ) = ξ ◦ (2φ + φ2), al variare di ξ ∈ HomQ (V, T ). Si determininoil polinomio caratteristico, gli autovalori e gli autospazi di Eφ e si dica se Eφ e diagonalizzabile. Sidetermini in tal caso una base di autovettori per Eφ.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 2)(X + 1)2(X − 3)2, e quindi φ e invertibile,perche detφ = −pφ(0) = 18 6= 0. Gli autovalori sono quindi c1 = −2, c2 = −1, c3 = 3, e gli autospazi sono

W1 = ker(φ+ 2id) = 〈v1 + v3 + 3v4 + v5〉 , W2 = ker(φ+ id) = 〈v1 − v4, 3v3 + 12v4 + 2v5〉 ,W3 = ker(φ− 3id) = 〈v1 + 3v4, v2 + 2v4〉 ;

inoltre φ e diagonalizzabile perche coincidono molteplicita algebrica e geometrica per ogni autovalore. Unendoinsieme i generatori indicati dei tre autospazi si ottiene una base di autovettori W = {w1, . . . , w5} di VNaturalmente anche 2φ+φ2 e diagonalizzabile con gli stessi autospazi e autovalori d1 = 0, d2 = −1, d3 = 15rispettivamente.

(b) Essendo V = W1⊕W2⊕W3, lo spazio HomQ (V, T ) si decompone nella somma diretta dei suoi sottospaziHi = HomQ (Wi, T ), per i = 1, 2, 3. e si osservi che, se ξ ∈ Hi, allora Eφ(ξ) = diξ (giustificare con curaquesta affermazione!). Dunque abbiamo visto chi sono autovalori e autospazi per Eφ, da cui si conclude cheEφ e diagonalizzabile e X8(X+1)16(X−15)16 e il suo polinomio caratteristico. Indicata con T = {t1, . . . , t8}una qualsiasi base di T e con W∗ = {w∗1 , . . . , w∗5} la base duale della base di autovettori, si ha che• gli omomorfismi ti ⊗ w∗1 , per i = 1, . . . , 8, sono una base dell’autospazio H1;• gli omomorfismi ti ⊗ w∗j , per i = 1, . . . , 8 e j = 2, 3 sono una base dell’autospazio H2;• gli omomorfismi ti ⊗ w∗j , per i = 1, . . . , 8 e j = 4, 5 sono una base dell’autospazio H3.

Unendo insieme queste tre basi si ha una base di HomQ (V, T ) fatta di autovettori dell’endomorfismo Eφ.�

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 20 Aprile 2018 – Compito A

ESERCIZIO 1. Sia ϕ un endomorfismo di uno spazio vettoriale V di dimensione n sul campo C tale che:

(ϕ− idV )3ϕ3 = 0EndC(V ), dim ker(ϕ− idV )3 = 4 e dim ker(ϕ2) = 3.

(1) Si determinino tutte le possibili forme canoniche di Jordan (una per ogni classe di similitudine) chesoddisfino tutte le condizioni sopra elencate. Per ogni tale forma canonica di Jordan se ne indichi il poli-nomio caratteristico, il polinomio minimo e le filtrazioni delle dimensioni degli autospazi generalizzati.

(2) Quali possibili forme canoniche di Jordan del punto precedente soddisfano la condizione che ϕ3 siadiagonalizzabile?

(3) Tra le possibili forme canoniche di Jordan del punto (1) esistono forme canoniche che ammettono unvettore ciclico, cioe tale che {v, ϕ(v), . . . , ϕn−1(v)} sia una base di V ?

Svolgimento. (1) Dalle condizioni dim ker(ϕ− idV )3 = 4 e dim ker(ϕ2) = 3 si ricava che 1 e 0 sono autovaloriper ϕ ed essendo vϕ((x−1)3x3) = 0 (valutazione in ϕ del polinomio q(x) := (x−1)3x3) si ha che il polinomiominimo λϕ(x) divide q(x) da cui si ricava che gli autovettori generalizzati di autovalore 1 (risp. 0) hannoperiodo al massimo 3.

Dal lemma di decomposizione si ottiene che V = ker(ϕ− idV )3 ⊕ ker(ϕ3) quindi detti ϕ1 la restrizionedi ϕ al sottospazio ϕ-stabile ker(ϕ− idV )3 e ϕ0 la restrizione di ϕ al sottospazio ϕ-stabile ker(ϕ)3 si ha chepϕ(x) = pϕ1

(x)pϕ0(x) e λϕ(x) = λϕ1

(x)λϕ0(x) (essendo i fattori x− 1 e x coprimi).

Studiando ϕ1 si ha: ma(1) = dim ker(ϕ − idV )3 = 4 quindi pϕ1(x) = (x − 1)4 da cui si ottengono le

seguenti 4 possibili filtrazioni con i relativi blocchi e i polinomi minimi (il blocco Jm(α) indica il blocco diJordan di ordine m e autovalore α):

dim ker(ϕ− idV ) dim ker(ϕ− idV )2 dim ker(ϕ− idV )3 λϕ1(x) Blocchi

a 4 4 4 (x− 1) 4 bl. J1(1)b 3 4 4 (x− 1)2 2 bl. J1(1) e 1bl. J2(1)c 2 4 4 (x− 1)2 2bl. J2(1)d 2 3 4 (x− 1)3 1bl. J1(1) e 1bl. J3(1)

Studiando ϕ0 si ha: ma(0) ≥ dim ker(ϕ)2 = 3, essendo dim ker(ϕ)2 − ker(ϕ) ≥ ker(ϕ) > 0 si ot-tengono le seguenti 3 possibili filtrazioni con i relativi blocchi, polinomi minimi e polinomi caratteristici(dell’endomorfismo ϕ0):

dim kerφ dim kerφ2 dim kerφ3 λϕ0(x) pϕ0(x) BlocchiA 3 3 3 x x3 3 bl. J1(0)B 2 3 3 x2 x3 1 bl. J1(0) e 1bl. J2(0)C 2 3 4 x3 x4 1 bl. J1(0) e 1bl. J3(0)

Combinando le 4 possibili forme di Jordan di ϕ1 con le 3 possibili forme di Jordan di ϕ0 si ottengono leseguenti 12 forme di Jordan per ϕ:(1) Filtr. aA; 4 bl. J1(1) e 3 bl. J1(0); λϕ(x) = (x− 1)x; pϕ(x) = (x− 1)4x3;(2) Filtr. aB; 4 bl. J1(1) piu 1 bl. J1(0) e 1bl. J2(0); λϕ(x) = (x− 1)x2; pϕ(x) = (x− 1)4x3;(3) Filtr. aC; 4 bl. J1(1) piu 1 bl. J1(0) e 1bl. J3(0); λϕ(x) = (x− 1)x3; pϕ(x) = (x− 1)4x4;(4) Filtr. bA; 2 bl. J1(1) e 1bl. J2(1) piu 3 bl. J1(0); λϕ(x) = (x− 1)2x; pϕ(x) = (x− 1)4x3;(5) Filtr. bB; 2 bl. J1(1) e 1bl. J2(1) piu 1 bl. J1(0) e 1bl. J2(0); λϕ(x) = (x− 1)2x2; pϕ(x) = (x− 1)4x3;(6) Filtr. bC; 2 bl. J1(1) e 1bl. J2(1) piu 1 bl. J1(0) e 1bl. J3(0); λϕ(x) = (x− 1)2x3; pϕ(x) = (x− 1)4x4;(7) Filtr. cA; 2bl. J2(1) piu 3 bl. J1(0); λϕ(x) = (x− 1)2x; pϕ(x) = (x− 1)4x3;(8) Filtr. cB; 2bl. J2(1) piu 1 bl. J1(0) e 1bl. J2(0); λϕ(x) = (x− 1)2x2; pϕ(x) = (x− 1)4x3;(9) Filtr. cC; 2bl. J2(1) piu 1 bl. J1(0) e 1bl. J3(0); λϕ(x) = (x− 1)2x3; pϕ(x) = (x− 1)4x4;

(10) Filtr. dA; 1bl. J1(1) e 1bl. J3(1) piu 3 bl. J1(0) λϕ(x) = (x− 1)3x; pϕ(x) = (x− 1)4x3;(11) Filtr. dB; 1bl. J1(1) e 1bl. J3(1) piu 1 bl. J1(0) e 1bl. J2(0); λϕ(x) = (x− 1)3x2; pϕ(x) = (x− 1)4x3;

1

2 Luisa Fiorot

(12) Filtr. dC; 1bl. J1(1) e 1bl. J3(1) piu 1 bl. J1(0) e 1bl. J3(0); λϕ(x) = (x− 1)3x3; pϕ(x) = (x− 1)4x4.

(2) Sapendo che ϕ = δ+ν con δ endomorfismo diagonalizzabile e ν nipotente tali che δ◦ν = ν◦δ si ricava

che ϕ3 = (δ+ ν)3 = δ3 +µ con µ :=3∑i=1

(3i

)δ3−iνi endomorfismo nilpotente. Quindi gli autovalori di ϕ3 sono

gli autovalori di ϕ elevati al cubo cioe 0 e 1. Si ricava che ϕ3 e diagonalizzabile se e solo se λϕ3(x) = (x−1)xse e solo se (ϕ3− idV )ϕ3 = 0 da cui si ricava (ϕ− idV )ϕ3 = 0 (essendo (ϕ3− idV ) = (ϕ− idV )(ϕ2 +ϕ+idV ) e(ϕ2 +ϕ+ idV ) e invertibile dato che e±2π/3 non sono autovalori di ϕ). Le forme di Jordan che soddisfano larichiesta sono tutte e sole quelle con polinomio minimo λϕ(x) che divide (x− 1)x3 ovvero tali che ϕ1 = idV(in quanto in tutti i casi ϕ3

0 = 0EndCV ) quindi la 1, la 2 e la 3.

(3) Per il lemma del vettore ciclico ϕ ammette un vettore ciclico se e solo se pϕ(x) = λϕ(x). Nessunadelle forme di Jordan del punto (1) verifica questa condizione.

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A3(R) col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si considerino lerette

r : O − e1 + 〈e1 + 2e2〉 s : O + e1 + 〈e2 − 2e3〉.

(a) Determinare la posizione reciproca di r ed s, equazioni cartesiane di r ed equazioni cartesiane di s e ladimensione di r ∨ s.

(b) Determinare le equazioni cartesiane del piano π contenente r e parallelo ad s. Determinare le equazionicartesiane del piano τ contenente s e che non intersechi r.

(c) Determinare l’equazione cartesiana del luogo geometrico {R+S2 | R ∈ r; S ∈ s}.

Svolgimento. (a) Le rette r : R + 〈vr〉 e s : S + 〈vs〉 sono sghembe in quanto non complanari dato chedim〈S−R, vr, vs〉 = 〈2e1, e1 + 2e2, e2− 2e3〉 = 3 da cui si ottiene r∨ s = A3(R) e dim r∨ s = 3. Le equazionicartesiane sono:

r :

{2x1 − x2 = −2

x3 = 0s :

{x1 = 1

2x2 + x3 = 0.

(b) Il piano π contenente r appartiene al fascio proprio di sostegno la retta r: α(2x1−x2 +2)+βx3 = 0con (α, β) ∈ R2 \ (0, 0). Imponendo che il vettore vs = e2 − 2e3 appartenga al sottospazio direttore di πovvero verifichi l’equazione omogenea α(2x1 − x2) + βx3 = 0 si ottiene α = −2β da cui

π : 4x1 − 2x2 − x3 = −4.

In uno spazio tridimensionale un piano τ contenente s e che non intersechi r deve essere necessariamenteparallelo ad r (ricordiamo che le possibili posizioni reciproche di un piano τ ed una retta r in A3(R) sono:1) retta contenuta nel piano, 2) retta parallela al piano e r ∩ τ = ∅, 3) retta incidente il piano in un punto).Otteniamo che τ deve essere parallelo a π quindi esso appartiene al fascio improprio 4x1 − 2x2 − x3 = k conk ∈ R. Imponendo che S ∈ τ (con S = O + e1) otteniamo

τ : 4x1 − 2x2 − x3 = 4.

(c) Il luogo geometrico

{R+ S

2| R ∈ r; S ∈ s

}=

{R+ avr + S + bvs

2|a, b ∈ R

}=S +R

2+ 〈vr, vs〉

ovvero il piano parallelo a π (e τ) e passante per il punto S+R2 = O quindi di equazione 4x1 − 2x2 − x3 = 0.

�

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 20 Aprile 2018 – Compito A 3

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio affine A4(R) col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3, e4} e lesottovarieta lineari:

L = O + e2 + 〈e1 + e3, e2 − e4〉 e M = O + 〈e1 + e2, e4〉

(a) Si scriva la matrice, S, nel s.d.r R della simmetria di asse L e direzione parallela al sottospazio direttoredi M.

(b) Che relazioni ci sono tra S e la matrice, T , della simmetria di asse M e direzione parallela ad L?(c) Determinare, se esiste, un’affinita f di A4(R) tale che f(L) = M e f(M) = L che non sia una simmetria.

Svolgimento. (a) Imponendo le condizioni:

s(X) +X

2∈ L, s(X) ∈ X + VM ∀X ∈ A4(R)

con VM = 〈e1 + e2, e4〉 si ottiene:

S = αR,R(s) =

1 0 0 0 00 −1 0 2 00 −2 1 2 00 0 0 1 02 2 −2 −2 −1

.

(b) Detta σVMVL l’applicazione lineare soggiacente alla simmetria di asse L e direzione VM, si ricava che

l’applicazione lineare soggiacente alla simmetria di asse M e direzione VL e σVLVM = −σVM

VL . Inoltre O ∈ M eun punto unito per la simmetria di asse M e direzione VL. Quindi si ottiene che

T =

1 0 0 0 00 1 0 −2 00 2 −1 −2 00 0 0 −1 00 −2 2 2 1

.

Inoltre la composizione ST = TS risulta essere la simmetria di asse il punto L ∩M = {P := O + e4} (di

direzione chiaramente R4) da cui si ottiene che per ogni X ∈ A4(R) si ha S(X)+T (X)2 = P .

(c) Se f e affinita di A4(R) tale che f(L) = M e f(M) = L allora f(L∩M) = L∩M quindi il punto P =O+e4 deve essere un punto unito per f . Preso il sistema di riferimento R′ := {O+e4; e1+e3, e2−e4, e1+e2, e4}le affinita richieste sono tutte e sole quelle con

αR′,R′(f) =

1 0 0 0 00 0 0 e f0 0 0 g h0 a b 0 00 c d 0 0

con (ad− bc)(eh− gf) 6= 0 e αR′,R′(f)2 6= I5. Ad esempio

αR′,R′(f) =

1 0 0 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 1 0 0 00 1 1 0 0

va bene.

4 Luisa Fiorot

�

ESERCIZIO 4. Sia f : A → A un’affinita con dimA > 1 tale che, per ogni iperpiano τ , l’immagine f(τ)sia parallela ad τ . E vero che f e un’omotetia o una traslazione?

Svolgimento. Sia (A, V,+) uno spazio affine sul campo K. Se ogni iperpiano viene mandato in uno ad essoparallelo abbiamo che ogni W sottospazio di V di dimensione n−1 risulta φ-stabile (ovvero φ(W ) = W ) con

φ applicazione lineare soggiacente a f . Ricaviamo che φ(⋂ki=iWi) =

⋂ki=iWi per ogni k ≥ 1 e per ogni scelta

di iperpiani W1, . . .Wk. Quindi preso un qualunque sottospazio di dimensione uno 〈v〉 possiamo descriverlotramite equazioni cartesiane come intersezione di W1 ∩ · · · ∩Wn−1 iperpiani quindi 〈φ(v)〉 = 〈v〉 ovvero ognivettore e autovettore per cui φ = αidV con α 6= 0 in quanto f e affinita.

Se l’autovalore α e 1 si ha una traslazione (nel caso di traslazione di vettore nullo si ha l’identit a),altrimenti f e un’omotetia in quanto l’applicazion φ = αidV quindi il sistema lineare dei punti uniti haun’unica soluzione che e il centro dell’omotetia. �


ESERCIZIO 1. Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} siconsiderino i piani: π1 : x− y − z = 9 e π2 : x− y = 0.

(a) Si determinino tutti i piani π tali che d(π, π1) =√

3 (indicarli con un’equazione cartesiana).

(b) Si determinino le matrici nel sdr canonico delle riflessioni s1, s2 di asse rispettivamente π1 e π2.

(c) Sia w = 2e1 − e3 si classifichi la rigidita tws1 ove tw e la traslazione di vettore w.

(d) Si mostri che la rigidita s1s2 e una rotazione, se ne determini asse e angolo di rotazione. Quali sono lesottovarieta lineari unite per s1s2?

(e) Determinare un sistema di riferimento euclideo destrorso R′ tale che la matrice della rigidita s1s2 siain forma canonica e scrivere αR′,R′(s1s2). Tale riferimento e unico?

(f) Descrivere (scrivendone la matrice in un opportuno sistema di riferimento) quali sono tutte le possibilirigidita τ di E3 tali che τ(π1) sia parallelo a π1 e τ(π2) sia parallelo a π2.

(g) Quali tra le rigidita del punto precedente (f) lasciano unito il piano y = 0?

Svolgimento. (a) Per avere distanza positiva i due piani devono essere paralleli quindi π : x− y − z = k con

k ∈ R. Il punto P = O + 9e1 ∈ π1 e d(π, π1) = d(π, P ) = |9−k|√3

=√

3 solo per k = 12 e k = 6 quindi i piani

richiesti sono: x− y − z = 12 e x− y − z = 6.(b)

αR,R(s1) =

( 1 0 0 0

6 1/3 2/3 2/3

−6 2/3 1/3 −2/3−6 2/3 −2/3 1/3

)αR,R(s2) =

( 1 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 0

0 0 0 1

).

(c) Il vettore w = 2e1 − e3 si decompone in w = (e1 + e2) + (e1 − e2 − e3) con z1 = e1 + e2 ∈ Vπ1

z2 = e1 − e2 − e3 ∈ V ⊥π1. Quindi tws1 = tz1(tz2s1) ove (tz2s1) e una riflessione di asse π′ : x − y − z = 21

2ottenuto traslando π1 di z2

2 mentre tz1 e la traslazione di vettore z1 parallelo all’asse π′.(d) La rigidita f := s1s2 e una rigidita diretta e ogni punto della retta h := π1∩π2 : O−9e3 + 〈e1 + e2〉

e unito sia per s1 che per s2 quindi e unito anche per s1s2. Dunque f e una rotazione di asse h la cui matricein R e:

αR,R(s1s2) =

( 1 0 0 0

6 2/3 1/3 2/3

−6 1/3 2/3 −2/3−6 −2/3 2/3 1/3

).

Si ricava che 1 + 2 cos θ = 53 quindi cos θ = 1

3 . Orientando l’asse di rotazione nella direzione del versoreu1 = e1+e2√

2scegliendo e3 ∈ 〈u1〉⊥ si ottiene che

sin θ = det

( 1√2

0 23

1√2

0 −23

0 1 13

)=

2√

2

3

quindi l’angolo di rotazione e arccos 13 .

Le sottovarieta lineari unite per f sono:

Punti uniti (si determinano risolvendo il sistema (A− I3)x = −v con αR,R(f) =(

1 0

v A

)): tutti e soli i

punto dell’asse di rotazione h := π1 ∩ π2 : O − 9e3 + 〈e1 + e2〉.Rette unite: sono le rette R+ 〈vr〉 tali che: vr sia autovettore per l’applicazione lineare soggiacente a f

e f(R)−R ∈ 〈vr〉. In questo caso e solo l’asse di rotazione h.Piani uniti: sono i piani P + 〈w〉⊥ tali che w sia autovettore per l’applicazione lineare soggiacente a f

e f(P )− P ∈ 〈w〉⊥. In questo caso tutti i piani ortogonali ad h di equazione x+ y = k con k ∈ R.(e) Prendiamo come origine O′ := O − 9e3 (ma avremmo potuto prendere un qualunque punto di h ad

esempio O′′ := O − 9e3 + e1 + e2 quindi il sdr non e unico). Come u1 = e1+e2√2

, come u2 un versore

5

6 Luisa Fiorot

ortogonale a u1 ad esempio u2 = e3; una volta determinati u1, u2 per avere un sistema di riferimentodestrorso u3 = u1 × u2 = e1−e2√

2. Si ottiene R′ := {O − 9e3; e1+e2√

2, e3,

e1−e2√2} e:

αR′,R′(s1s2) =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 13 − 2

√2

3

0 0 2√

23

13

.

(f) Sia τ una rigidita di E3 tale che τ(π1) sia parallelo a π1 e τ(π2) sia parallelo a π2; detta ψ l’applicazionelineare soggiacente a τ si deve avere ψ(Vπi) = Vπi (con i = 1, 2) . Essendo ψ un’isometria si ottieneψ(V ⊥π1

) = V ⊥π1e ψ(V ⊥π2

) = V ⊥π2quindi i vettori v1 = e1 − e2 − e3, v2 = e1 − e2 devono essere autovettori

di ψ (di autovalore αi ∈ {−1, 1} con i ∈ {1, 2}). Essendo v1 · v2 = 2 = ψ(v1) · ψ(v2) = (α1v1) · (α2v2) siricava che α1 = α2. Quindi anche 〈e1 − e2 − e3, e1 − e2〉⊥ = 〈e1 + e2〉 e ψ-stabile da cui si ottiene cheanche e1 + e2 e autovettore di ψ. Nel sdr R′ le possibili matrici sono:

αR′,R′(τ) =

(1 0 0

c ±1 0

C 0 ±I2

).

con c ∈ R e C ∈ R2. Sono: identita; tutte le traslazioni; rotazioni di angolo π e asse parallelo adh = π1 ∩ π2; glissorotazioni composizioni di una traslazione di vettore v ∈ Vh con una rotazione diangolo π e asse parallelo ad h = π1 ∩ π2; riflessioni di asse un piano ortogonale ad h; glissoriflessionicomposizioni di una traslazione di vettore v ∈ V ⊥h con una riflessione di asse un piano ortogonale ad h;tutte le simmetrie rispetto ad un punto (rotoriflessioni di angolo π).

(g) Se il piano y = 0 e unito per τ si ha che il vettore e2 deve essere autovettore per ψ. Essendo e2 =1√2

(e1+e2√

2− e1−e2√

2

)si ricava che e1+e2√

2e e1−e2√

2devono appartenere allo stesso autospazio quindi ψ = idR3

oppure ψ = −idR3 . Inoltre, se vogliamo che y = 0 sia unito per τ , si deve avere che τ(O) = ae− 1 + be3.Considerando il sdr canonico R si ottengono le seguenti possibilita:

αR,R(τ) =

( 1 0 0 0

a 1 0 0

0 0 1 0

b 0 0 1

)o αR,R(τ) =

( 1 0 0 0

a −1 0 0

0 0 −1 0

b 0 0 −1

)

con a, b ∈ R. �

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4 munito del sistema di riferimento euclideo R = {O; e1, . . . , e4} siconsiderino le sottovarieta lineari

L :

{x1 + 4x3 = 2

x2 = 0M :

{x1 − 3x2 + 4x3 = 0

x4 = 2.

(1) Determinare la distanza fra L e M.(2) Determinare la proiezione ortogonale di M su L.(3) Determinare un punto P ∈ L tale che il parallelogramma di vertici O,O + e1, P + e1, P abbia area 1.

Un tale P e unico?(4) Determinare tutti i vettori v ∈ R4 tali che sia L che M siano sottovarieta lineari unite per la traslazione

tv.

Svolgimento. (1) d(L,M) = 2√26

.

(2) La proiezione ortogonale di L su M e la retta:

x1 − 3x2 + 4x3 = 0

x4 = 2

3x1 + 17x2 + 12x3 − 6 = 0

.


(3) Un punto P ∈ L e O + (2 − 4a)e1 + ae3 + be4. Essendo l’altezza pari alla lunghezza di ae3 + be4,proiezione ortogonale del vettore (2 − 4a)e1 + ae3 + be4 sul sottospazio 〈e1〉⊥, si ottiene che l’area delparallelogramma richiesto e: ‖ae3 + be4‖ =

√a2 + b2. Ogni punto O+ (2− 4a)e1 + ae3 + be4 con a2 + b2 = 1

soddisfa la richiesta. Ad esempio P1 = O + 2e1 + e4 e P2 = O − 2e1 + e4.(4) Sia tv una traslazione tale che sia L : L+VL che M : M +VM siano sottovarieta lineari unite. Allora

per ogni punto tv(L) = L+ v ∈ L+VL da cui si ottiene che v ∈ VL; analogamente tv(M) = M + v ∈M +VMda cui si ottiene che v ∈ VM. Essendo VL ∩ VM = 〈−4e1 + e3〉 i vettori v richiesti devono soddisfare lacondizione v ∈ 〈−4e1 + e3〉. �



A =

4 0 0 2 0

0 2 0 0 0

1 0 6 1 −4−2 0 0 0 0

0 3 4 0 −2

(1) Si determinino: polinomio caratteristico pA(x), polinomio minimo λA(x) e autospazi ϕ.(2) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(3) Elencare tutte le possibili forme di Jordan a meno di similitudini aventi polinomi minimo che divida il

polinomio minimo di A.

Svolgimento. (1) pA(x) = (x− 2)5, l’unico autovalore e 2 con ma(2) = 5. Si ha

A− 2I5 =

2 0 0 2 0

0 0 0 0 0

1 0 4 1 −4−2 0 0 −2 0

0 3 4 0 −4

(A− 2I5)2 =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

4 −12 0 4 0

0 0 0 0 0

4 −12 0 4 0

da cui si ricava che ker(A − 2I5) = 〈e1 − e4, e3 + e5〉, ker(A − 2I5)2 = 〈e1 − e4, e3 + e5, e3, 3e1 + e2〉,ker(A− 2I5)3 = Q5 quindi λA(x) = (x− 2)3.

ker(ϕ− 2id) ker(ϕ− 2id)2 ker(ϕ− 2id)3

2 4 5

(2) Possiamo scegliere v3 = e1 ∈ ker(A− 2I5)3 \ ker(A− 2I5)2, da cui otteniamo v2 = (ϕ− 2id)(e1) =2e1 + e3 − 2e4, v1 = (ϕ − 2id)2(e1) = (ϕ − 2id)(2e1 + e3 − 2e4) = 4e3 + 4e5. Essendo ker(A − 2I5)2 =ker(A − 2I5) ⊕ 〈2e1 + e3 − 2e4〉 ⊕ 〈3e1 + e2〉 possiamo scegliere v5 = 3e1 + e2 da cui si ottiene v4 =(ϕ− 2id)(3e1 + e2) = 6e1 + 3e3 − 6e4 + 3e5 da cui si ottengono:

J =

2 1 0 0 0

0 2 1 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 2 1

0 0 0 0 2

P =

0 2 1 6 3

0 0 0 0 1

4 1 0 3 0

0 −2 0 −6 0

4 0 0 3 0

.

(3) Si richiede che λ(x) divida (x− 2)3 quindi si ottengono le seguenti possibilita:

ker(ϕ− id) ker(ϕ− id)2 ker(ϕ− id)3 λ(x)J1 5 5 5 (x− 2)J2 4 5 5 (x− 2)2

J3 3 5 5 (x− 2)2

J4 3 4 5 (x− 2)3

J5 2 4 5 (x− 2)3

ove:(1) J1 e formata da 5 blocchi J1(2);(2) J2 e formata da 1 blocco J2(2) e 3 blocchi J1(2);(3) J3 e formata da 2 blocchi J2(2) e 1 blocco J1(2);(4) J4 e formata da 1 blocco J3(2) e 2 blocchi J1(2);(5) J5 e formata da 1 blocco J3(2) e 1 blocco J2(2). �

8




1 0 0 0−3 −16/25 12/25 3/54 −12/25 9/25 −4/55 −3/5 −4/5 0

.

(a) Si classifichi la rigidita f . Si scrivano le equazioni cartesiane delle rette unite e dei piani uniti per f .(b) Si determini un sistema di riferimento R′ di E3 tale che la matrice αR′,R′(f) sia in forma canonica.(c) Si consideri la retta t : O + 〈5e2 − 4e3〉. Si calcoli la distanza fra t e f(t).(d) Si determinino le equazioni cartesiane di tutte le rette di spazio direttore 〈e2 + e3〉, incidenti l’asse

O + 〈e1〉 e aventi distanza√

3 dalla retta O + e1 + 〈e1 − e3〉.Svolgimento. (a) La rigidita e diretta e il sistema lineare dei punti uniti ha come soluzione la retta h :O + 5e3 + 〈5e2 − 4e3〉. Quindi f e una rotazione di asse h il coseno dell’angolo di rotazione e: cos θ = − 16

25 .

Se orientiamo h nel verso del versore u1 := 5e2−4e3√41

e considerando che det

0 1 −16/255 0 −12/25−4 0 −3/5

> 0 si ha

che θ = arccos− 1625 .

L’unica retta unita e l’asse di rotazione di equazioni h :

{x = 0

4y + 5z = 25; i piani uniti sono tutti e soli i

piani ortogonali all’asse h: πk : 5y − 4z = k con k ∈ R.(b) Per mettere la matrice di f in forma canonica si deve prendere come origine un punto di h ad

esempio H = O + 5e3, come base ortonormale di R3 prendiamo: {u1, u2, u3} con u1 = 5e2−4e3√41

, u2 = e1,

u3 = 4e2+5e3√41

.

(c) La retta t : O + 〈5e2 − 4e3〉 e parallela all’asse h quindi f(t) : O − 3e1 + 4e2 + 5e3 + 〈5e2 − 4e3〉.Essendo f(O)−O = −3e1 + 4e2 + 5e3 ∈ 〈5e2 − 4e3〉⊥ si ottiene che la coppia (O, f(O)) e coppia di minimadistanza quindi d(t, f(t)) = d(O, f(O)) = ‖ − 3e1 + 4e2 + 5e3‖ =

√9 + 16 + 25 =

√50.

(d) Si determinino le equazioni cartesiane di tutte le rette di spazio direttore 〈e2 + e3〉, incidenti l’asseO + 〈e1〉 e aventi distanza

√3 dalla retta O + e1 + 〈e1 − e3〉.

Denotiamo con s la retta s : O+ e1 + 〈e1− e3〉. Le rette richieste sono del tipo: rα : O+αe1 + 〈e2 + e3〉.Si ha:

d(rα, s) =

∣∣∣∣∣∣det

α− 1 1 0

0 0 10 −1 1

∣∣∣∣∣∣

‖(e1 − e3)× (e2 + e3)‖ =|α− 1|

‖e1 − e2 + e3‖=|α− 1|√

3

da cui si ottiene che d(rα, s) =√

3 solo per α = 4 o α = −2 a cui corrispondono le rette:

r4 :

{x = 4

y − z = 0r−2 :

{x = −2

y − z = 0

�

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A4(Q) munito del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4}si considerino le sottovarieta lineari

L :

{x2 + 4x3 = 2

x1 = 0M :

{ −3x1 + x2 + 4x3 = 0

x4 = 2.

(1) Si determini la posizione reciproca di L ed M, di calcoli dim(L∩M) e dim(L∨M). L ed M sono parallele?Sono sghembe?

(2) Determinare la matrice in un sistema di riferimento a scelta di un’affinita f priva di punti uniti e taleche f(L) = M, f(M) = L.

10 Luisa Fiorot

Svolgimento. (1) Si noti che L e contenute nell’iperpiano −3x1 + x2 + 4x3 = 2 mentre M e contenuta in−3x1 + x2 + 4x3 = 0 quindi L ∩M = ∅ da cui dim(L ∩M) = −1. L’intersezione degli spazi direttori eVL ∩ VM = 〈−4e2 + e3〉 quindi L e M non sono sghembe e non sono neppure parallele.

Si ha dim(L ∨M) = dim(VL + VM) + 1 = 2 + 2− 1 + 1 = 4 quindi L ∨M = A4(Q).(2) Considerando che L : O + 2e2 + 〈−4e2 + e3, e4〉 e M : O + 2e4 + 〈−4e2 + e3, e1 + 3e2〉 possiamo

scegliere come sistema di riferimento R′ := {o+ 22 + 2− 4;−4e2 + e3, e4, e1 + 3e2, e4 − e2} (abbiamo presocome origine L+M

2 , {v1, v2} base di VL, {v1, v3} base di VM e v4 = M−L2 ). L’affinita g (di applicazione lineare

soggiacente φ) di matrice

αR′R′(g) =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 0 1 00 0 1 0 00 0 0 0 −1

verfica: g(L+M

2

)= L+M

2 quindi g(L) = g(L+M

2 + v4)

= L+M2 − v4 = M e analogamente g(M) = L. Inoltre

φ(〈v1, v2〉) = 〈v1, v3〉 e φ(〈v1, v3〉) = 〈v1, v3〉 da cui si ottiene g(L) = M e g(M) = L. L’affinita g ha puntiuniti quindi non verifica la richiesta dell’esercizio, ma se trasliamo la nuova origine di un vettore non nulloin w ∈ VL ∩ VM = 〈v1〉 otteniamo che la matrice

αR′R′(f) =

1 0 0 0 0a 1 0 0 00 0 0 1 00 0 1 0 00 0 0 0 −1

con a 6= 0 verifica la richiesta. �

ESERCIZIO 4. Nello spazio euclideo En si consideri un rigidita f tale che ogni punto della retta R + 〈u〉sia unito. Detta tu la traslazione di vettore u, si dimostri che una sottovarieta lineare L : L + VL e unitaper tuf se e solo se L e unita per f e u ∈ VL. (Sugg. si puo usare che ogni sottovarieta lineare unita per fcontiene un punto unito).

Svolgimento.Ricordiamo che L : L+ VL sottovarieta lineare e unita per la traslazione tu se e solo se tu(L) ∈ L (dato

che l’applicazione lineare soggiacente ad una traslazione e l’identita) se e solo se tu(L)− L = u ∈ VL.Sia ϕ l’applicazione lineare soggiacente a f (e quindi anche a tuf). Per ipotesi ϕ(u) = u dato che ogni

punto della retta R+ 〈u〉 e unito per f .Se L e sottovarieta lineare unita per f e u ∈ VL allora, per il punto precedente, L e unita anche per tu

quindi e unita per la composizione tuf . Viceversa supponiamo che L sia unita per tuf allora L+(VL + 〈u〉) eancora sottovarieta lineare unita per tuf dato che: tuf(L)−L ∈ VL ≤ (VL+〈u〉) e ϕ(VL) = VL e ϕ(u) = u. Peril punto precedente L+(VL+〈u〉) e sottovarieta lineare unita per t−u quindi, essendo unita per sia per t−u cheper tuf essa e unita anche per t−utuf = f quindi deve contenere un punto L unito per f . Si ha L = L+v+aucon v ∈ VL, a ∈ R; allora dall’equazione f(L) = L si ottiene f(L + v + au) = f(L + v) + au = L + v + auquindi f(L + v) = L + v da cui si ottiene che L e sottovarieta lineare unita per f . Infine essendo L unitasia per f (quindi anche per f−1) che per tuf essa e unita anche per tuff

−1 = tu; per il punto precedenteu ∈ VL.

�


ESERCIZIO 1. Sia ϕ : k4 → k4 l’endomorfismo di matrice A rispetto alla base canonica ove k e un campodi di caratteristica diversa da 2:

A =

( 1 1 −1 1

0 2 1 1

0 −1 0 −10 −2 −2 −1

)

(1) Si determinino: polinomio caratteristico pϕ(x), polinomio minimo λϕ(x) e autospazi per ϕ.

(2) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

(3) Elencare tutte le possibili forme di Jordan di ordine 4, non simili fra loro, aventi polinomio minimomultiplo di λϕ(X) (polinomio minimo di ϕ).

(4) Sia k il campo con p elementi (p numero primo p 6= 2). Quanti sono gli endomorfismi ψ di k4 tali cheker(ψ − aid)i = ker(ϕ− aid)i per ogni i ∈ N e a ∈ k?

Svolgimento. (1) pA(x) = (x− 1)3(x+ 1), gli autovalori sono: 1 con ma(1) = 3, ker(A− I4) = 〈e1, e2 − e4〉da cui si ottiene mg(1) = 2; −1 con ma(−1) = mg(−1) = 1 e ker(A + I4) = 〈e2 − e3 − 2e4〉 e λA(x) =(x− 1)2(x+ 1). Si ha

(A− I4)2 =

( 0 0 0 0

0 −2 −2 −20 2 2 2

0 −4 −4 −4

)

da cui si ricava ker(A− I4)2 = 〈e1, e2 − e4, e3 − e4〉.

(2) Possiamo scegliere v3 = e3−e4 ∈ ker(A−I4)2\ker(A−I5), da cui otteniamo v2 = (ϕ−id)(e3−e4) =−2e1; v1 = e2 − e4 infine v4 = e2 − e3 − 2e4

J =

( 1 0 0 0

0 1 1 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

)P =

( 0 −2 0 0

1 0 0 1

0 0 1 −1−1 0 −1 −2

).

(3) Si richiede che λ(x) sia multiplo di (x− 1)2(x+ 1) quindi si ottengono le seguenti possibilita:

(a) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)2(x+ 1):

(1) 1 blocco J2(1), 1 blocco J1(1) e 1 blocco J1(−1);

(2) 1 blocco J2(1), 2 blocchi J1(−1);

(b) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)2(x+ 1)2:

(3) 1 blocco J2(1), 1 blocco J2(−1);

(c) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)3(x+ 1)

(4) 1 blocco J3(1), 1 blocco J1(−1);

(c) con polinomio minimo λ(x) = (x− 1)2(x+ 1)(x− a) con a 6= 1, a 6= −1;

(5) 1 blocco J2(1), 1 blocco J1(−1) e 1 blocco J1(a).

(4) Sia k il campo con p elementi (p numero primo p 6= 2). Si noti che per ogni p 6= 2 si ha sempre−1 6= 1 e i vettori della base {v1, v2, v3, v4} del punto (2) sono ancora linearmente indipendenti e quindi sonouna base. Sia ψ un endomorfismo di k4 tale che ker(ψ − aid)i = ker(ϕ− aid)i per ogni i ∈ N e a ∈ k si ha:ker(ψ − id) = 〈e1, e2 − e4〉; ker(ψ − id)2 = 〈e1, e2 − e4, e3 − e4〉; ker(ψ + id) = 〈e2 − e3 − 2e4〉. Quindi nellabase {v1, v2, v3, v4} del punto (2) si ha: ψ(v1) = v1, ψ(v2) = v2, ψ(v3) = v3 + αv1 + βv2, con (α, β) 6= (0, 0)altrimenti anche il vettore v3 apparterrebbe al ker(ψ − id); infine ψ(v4) = v4. Gli endomorfismi possibilisono parametrizzati da (α, β) ∈ k2 \{(0, 0)} quindi vi sono p2−1 endomorfismi ψ che soddisfano la richiesta.

�

11

12 Luisa Fiorot

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} si consideri la rigiditaf la cui matrice rispetto a R e:

αR,R(f) =

1 0 0 0(2−

√2)/2

√2/2 −1/2 −1/2

0 1/2 (√

2 + 2)/4 (√

2− 2)/4−1 1/2 (

√2− 2)/4 (

√2 + 2)/4

.

(a) E possibile scrivere f come f = tvρ = ρtv con ρ rotazione e tv traslazione di vettore v ∈ R3? In casoaffermativo determinare: tv, l’asse di rotazione di ρ, orientarlo e determinare l’angolo di rotazione.

(b) Si determini un sistema di riferimento destrorso R′ di E3 tale che la matrice αR′,R′(f) sia in formacanonica e si calcoli αR′,R′(f). Quali sono le sottovarieta lineari unite per f?

(c) Si determinino, una glissoriflessione τ tale che la composizione τf sia una riflessione rispetto ad un pianoπ con e2 ∈ Vπ.

(d) Si determini la distanza e i punti di minima distanza tra r : O+e2+〈e1+e2+e3〉 e s : O+e3+〈2e1+e2〉.Svolgimento. (a) La rigidita e diretta priva di punti uniti quindi e una glissorotazione. L’autospazio di

autovalore 1 per l’applicazione lineare soggiacente e 〈e2−e3〉 inoltre w = (2−√2)

2 e1−e3 = w1+w2 con w1 =(2−√2)

2 e1 − e22 − e3

2 ∈ 〈e2 − e3〉⊥, w2 = e22 − e3

2 ∈ 〈e2 − e3〉 quindi la glissoriflessione si decompone comef = ρtv = tvρ con v = w2 (la commutazione segue dalla decomposizione ortogonale di w) e

αR,R(ρ) =

1 0 0 0(2−

√2)/2

√2/2 −1/2 −1/2

−1/2 1/2 (√

2 + 2)/4 (√

2− 2)/4−1/2 1/2 (

√2− 2)/4 (

√2 + 2)/4

αR,R(tw2

) =

1 0 0 00 1 0 0

1/2 0 1 0−1/2 0 0 1

l’asse di rotazione di ρ e la retta h : O+ e1 + 〈e2− e3〉, cos θ =√

2/2 se orientiamo l’asse nel verso del versore(e2 − e3)/

√2 si ottiene θ = −π/4.

(b) Per mettere la matrice di f in forma canonica si deve prendere come origine un punto di h adesempio H = O+ e1, come base ortonormale di R3 prendiamo u1 = (e2− e3)/

√2 versore dell’asse, u2 = −e1

versore ortogonale ad u3 e u2 = u1 × u2 = (e2 + e3)/√

2; nel sistema di riferimento R′ := {H;u1, u2, u3} siha:

αR′,R′(f) =

1 0 0 0√2/2 1 0 00 0

√2/2

√2/2

0 0 −√

2/2√

2/2

Non vi sono punti uniti e neanche piani uniti, l’unica retta unita e h asse di rotazione di ρ.

(c) Ricordiamo che f = ρtv = tvρ. Ogni glissoriflessione si decompone in modo unico come τ = tzσ =σtz con σ riflessione e tz traslazione di vettore z parallelo al piano di riflessione di σ. Dalla relazione g = τfotteniamo g = σtztvρ quindi se poniamo z = −v otteniamo σρ = g da cui ρ = σg. La composizione didue riflessione di assi incidenti in una retta e una rotazione di asse l’intersezione dei piani di simmetria;quindi l’asse di rotazione di h deve essere contenuto in entrambi i piani di simmetria. Deduciamo cheπ : O + e1 + 〈e2 − e3, e2〉 (dovendo essere e2 ∈ Vπ). Otteniamo

αR,R(g) =

1 0 0 02 −1 0 00 0 1 00 0 0 1

αR,R(τ) =

1 0 0 0(2 +

√2)/2 −

√2/2 −1/2 −1/2

0 −1/2 (√

2 + 2)/4 (√

2− 2)/41 −1/2 (

√2− 2)/4 (

√2 + 2)/4

.

Si determinino, una glissoriflessione τ tale che la composizione τf = g con g riflessione rispetto ad un pianoπ con e2 ∈ Vπ.

(d) Le rette r ed s sono sghembe, i punti di minima distanza sono R = O + e12 + 3e2

2 + e32 ∈ r e

S = O + e1 + e22 + e3 ∈ s da cui si ottiene che d(r, s) = ‖S −R‖ =

√3/2. �


ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A5(Q) munito del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e5}si considerino il piano π : O + 〈e1, e3 − e4〉 e i punti P1 = O + e5, P2 = O + e3 + e4 + e5, P3 = O + e2.(1) Si determinino le equazioni cartesiane della sottovarieta lineare L = P1 ∨ P2 ∨ P3. Si calcoli dim(π ∩ L)

e dim(π ∨ L).(2) Determinare, una retta t passante per Q = O+2e5 incidente sia π che L. Tale t e unica? Detti T1 = π∩t

e T2 = L ∩ t scrivere Q come combinazione baricentrica di T1 e T2.(3) Determinare un’affinita f di A5(Q) tale che f(π) = L e f(L) = π (basta indicare un opportuno sistema

di riferimento a scelta e la matrice associata ad f in tale sdr).

Svolgimento. (1)

L :

x1 = 0

x3 − x4 = 0

x2 + x5 = 1

.

π ∩ L = ∅ da cui si ottiene dim(π ∩ L) = −1. Inoltre Vπ ∩ VL = {0Q5} quindi L e π sono sghembi edim(π ∨ L) = 5 da cui si ricava π ∨ L = A5(Q).

(2) Notiamo che Q /∈ π e Q /∈ L quindi dim(Q ∨ π) = 3 = dim(Q ∨ σ). Dalla condizione di incidenzatra t e π si ricava t ⊂ Q ∨ π = O + 〈e1, e3 − e4, e5〉 e dalla condizione di incidenza tra t e L si ricavat ⊂ Q ∨ L = O+ e5 + 〈e3 + e4, e2, e5〉. Quindi t : O+ 〈e5〉 = (Q ∨ π) ∩ (Q ∨ L) e univocamente determinata.T1 = π ∩ t = {O}, T2 = L ∩ t = {O + e5} quindi Q = O + 2e5 = T1 + 2(T2 − T1) = −T1 + 2T2 che e unacombinazione baricentrica essendo −1 + 2 = 1.

(3) Determinare un’affinita f di A5(Q) tale che f(π) = L e f(L) = π (basta indicare un opportunosistema di riferimento a scelta e la matrice associata ad f in tale sdr). Essendo π = O + 〈e1, e3 − e4〉 eL = O + e5 + 〈e3 + e4, e2 − e5〉 Detto O′ = O + e5/2 (punto medio tra un punto di π ed un punto di L),v1 = e1, v2 = e3 − e4, v3 = e3 + e4, v4 = e2 − e5, v5 = e5 otteniamo il sdr R′ := {O′; v1, . . . , v5} e l’affinita fdi matrice

αR′R′(f) =

1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 00 0 0 0 1 00 1 0 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 0 0 −1



ESERCIZIO 1. Sia φ un endomorfismo di uno spazio vettoriale V di dimensione 8 su un campo C chesoddisfi le seguenti condizioni: tr(φ) = 0 e dim ker(φ3) = 7.(a) Si determinino il polinomio caratteristico e il polinomio minimo di un tale φ. Si determinino tutte le

possibili forme canoniche di Jordan (a meno di similitudine) per un tale φ indicandone la tabella delledimensioni delle filtrazioni degli autospazi generalizzati.

(b) Sia ψ un endomorfismo di V tale che ψφ = φψ e ψ + φ sia nilpotente. E vero che ψ e nilpotente?Giustificare le affermazioni.

Svolgimento. (a) Essendo dim ker(φ3) = 7 si ha che 0 e autovalore per φ di molteplicita algebrica superiore ouguale a 7 quindi il polinomio caratteristico di φ e pφ(x) = x7(x−α) con α ∈ C. Si deduce che tr(φ) = α = 0quindi pφ(x) = x8 percio φ e nilpotente. Essendo dim ker(φ3) = 7 si deve avere dim ker(φ4) = 8 quindi ilpolinomio minimo di φ e λφ(x) = x4 ed essendo dim ker(φ4)−dim ker(φ3) = 1 vi e un unico blocco di JordanJ4(0) di ordine 4 e autovalore 0 e tutti gli altri blocchi devono essere del tipo Jm(0) (blocco di Jordan diordine m e autovalore 0) con 1 ≤ m ≤ 3. Le possibili forme di Jordan φ sono

(J1) 1 blocco J4(0) e 4 blocchi J1(0);(J2) 1 blocco J4(0), 1 blocco J2(0) e 2 blocchi J1(0);(J3) 1 blocco J4(0) e 2 blocchi J2(0);(J4) 1 blocco J4(0), 1 blocco J3(0) e 1 blocco J1(0).

La tabella delle dimensioni delle filtrazioni degli autospazi generalizzati per le forme di Jordan J1, . . . , J4elencate precedentemente sono:

dim kerφ dim kerφ2 dim kerφ3 dim kerφ4

5 6 7 84 6 7 83 6 7 83 5 7 8

(b) Dall’ipotesi ψφ = φψ si deduce che (ψ+φ)φ = φ(ψ+φ). Sappiamo che φ4 = 0 e (ψ+φ)8 = 0 (percheψ+φ e nilpotente per ipotesi e dimV = 8). Ricordando che la formula del binomio e valida per endomorfismi

commutanti fra loro (come ψ + φ e φ ) essendo ψ = (ψ + φ) − φ otteniamo ψ12 = ((ψ + φ)− φ)12

=∑12i=0

(12i

)(−1)iφi(ψ + φ)12−i = 0 dove φi(ψ + φ)m−i = 0 per 0 ≤ i ≤ 4 perche 8 ≤ 12 − i ≤ 12 quindi

(ψ + φ)m−i = 0 mentre per 5 ≤ i ≤ 12 si ha φi = 0.

�


L :

{x1 + 2x2 = 5

x3 − x4 = 1P := O + 2e1 − e3; Q := O + e4; R := O + e2.

(1) Detta M := P ∨ Q ∨ R, s si determini la posizione reciproca di L ed M e si calcoli dim(L ∩ M) edim(L ∨M).

(2) Detti VL e VM i rispettivi sottospazi direttori di L ed M si verifichi che la simmetria σ1 di asse L edirezione VM e ben definita e si scriva la sua matrice nel riferimento canonico. Si scriva la matrice nelriferimento canonico della simmetria σ2 di asse M e direzione VL.

(3) Si dimostri che σ1σ2 e omotetia e se ne calcoli il centro C e il rapporto.(4) Il punto C e interno al triangolo di vertici P,Q,R? Il punto σ1(R) e interno al triangolo di vertici

C, σ1(P ), σ1(Q)?

14


(5) Siano L1 e L2 sottovarieta lineari di An(Q) tali che dim(L1 ∩ L2) = 0 e L1 ∨ L2 = An(Q). E vero cheogni iperpiano che non interseca L1 deve intersecare L2?

Svolgimento. (1) La sottovarieta lineare M ha equazioni cartesiane:

M :

{x1 + 2x3 = 0

x2 − x3 + x4 = 1

Le sottovarieta lineari L ed M hanno entrambe dimensione 2 e sono incidenti nel punto C = O+ e1 + 2e2 −1/2e3 − 3/2e4 quindi VL ∩ VM = {0Q4}, dim(L ∩M) = 0, dim(L ∨M) = 4 e L ∨M = A4(Q).

(2) Essendo VL ⊕ VM = Q4 le simmetrie σ1 di asse L e direzione VM e σ2 di asse M e direzione VL sonoben definite ed hanno matrici

αRR(σ1) =

1 0 0 0 06 −1 −4 4 −42 0 1 −2 2−3 1 2 −1 2−5 1 2 0 1

; αRR(σ2) =

1 0 0 0 0−4 1 4 −4 42 0 −1 2 −22 −1 −2 1 −22 −1 −2 0 −1

.

(3) La composizione σ1σ2 = σ2σ1 e l’omotetia in quanto la composizione delle applicazioni linearisoggiacenti a σ1σ2 e −idQ4 da cui si ottiene che il rapporto e −1. Essendo il punto C unito sia per σ1 cheper σ2 si ricava che il centro e C = O + e1 + 2e2 − 1/2e3 − 3/2e4.

(4) Per risolvere il problema possiamo risolverlo in A4(R) osservando che il punto C appartiene adM := P ∨ Q ∨ R e C = P/2 − 3Q/2 + 2R quindi C non e interno al triangolo di vertici P,Q,R (in quantoun punto T = αP + βQ+ γR con α + β + γ = 1 e interno al triangolo di vertici P,Q,R se e solo se α, β, γsono numeri reali positivi). Dall’equazione C = P/2 − 3Q/2 + 2R si ricava che R = C/2 − P/4 + 3Q/4quindi σ1(R) = σ1(C)/2− σ1(P )/4 + 3σ1(Q)/4 ed essendo σ1(C) = C si ottiene che σ1(R) non e interno altriangolo di vertici C, σ1(P ), σ1(Q). �

ESERCIZIO 3. Si consideri lo spazio euclideo E3 col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3}.(a) Data r : O + 2e2 + 3e3 + 〈e1 + e2〉. Si determini la distanza tra r e l’origine O.(b) Determinare tutti i piani passanti per l’origine aventi distanza 3 da r.(c) Si determinino tutte le rigidita f tali che, detta φ l’applicazione lineare soggiacente a f , si abbia:

φ(e1 + e2) = e2 − e3, φ(e3) =e2 + e3√

2, f(O) = O + e1

(indicarne la matrice in R).(d) Classificare le rigidita del punto precedente. Spiegare quali sono le sottovarieta lineari unite e come si

trovano (senza svolgere i conti). Indicare il coseno dell’angolo del caso di rotazioni, glissorotazioni orotoriflessioni. Nota bene: non serve indicare la decomposizione nel caso di rigidita composte.

Svolgimento. (a) d(r,O) = ‖ − e1 + e2 + 3e3‖ =√

11.(b) I piani richiesti devono essere paralleli alla retta r altrimenti la inciderebbero e la loro distanza

sarebbe 0, quindi essi appartengono al fascio: a(x− y) + bz = 0 con (a, b) ∈ R2; (a, b) 6= (0, 0). Dalla formuladella distanza punto piano si ottengono i piani:

π1 : 6x− 6y − 7z = 0 π2 : z = 0.

(c) Ricordiamo che un’isomotria di R3 manda basi ortonormali in basi ortonoramli. Considerandola base e1+e2√

2, e3,

e1−e2√2

abbiamo (per linearita che) φ( e1+e2√2

) = e2−e3√2

, e φ(e3) = e2+e3√2

quindi φ( e1−e2√2

) ∈〈 e2−e3√

2, e2+e3√

2〉⊥ e ‖φ( e1−e2√

2)‖ = 1. Si ottiene che φ( e1−e2√

2) = ±e1. Aggiungendo l’ipotesi f(O) = O + e1 si

ottengono le seguenti possibilita:

16 Luisa Fiorot

αRR(f) =

1 0 0 01 ±

√2/2 ∓

√2/2 0

0 1/2 1/2 1/√

20 −1/2 −1/2 1/

√2

.

(d) Per la prima scelta di segni +,− si ha una glissorotazione con cos θ = 2√2−14 mentre nel secondo caso

(segni −,+) si tratta di una rigidita inversa con applicazione lineare soggiacente non simmetrica quindi euna rotoriflessione con cos θ = 3/4.

Le sottovarieta lineari unite di una glissorotazione di angolo diverso da π sono:Punti uniti: nessuno;rette unite: asse di rotazione;piani uniti: nessuno.Le sottovarieta lineari unite di una rotoriflessione di angolo diverso da π sono:Punti uniti: C intersezione fra il piano di riflessione e l’asse di rotazione;rette unite: asse di rotazione;piani uniti: piano di riflessione. �



A =

2 0 0 1 0

0 4 1 1 −31 0 1 1 0

−1 0 0 0 0

1 3 −1 0 −2

(1) Si determinino: polinomio caratteristico pϕ(x), polinomio minimo λϕ(x) e autospazi per ϕ.(2) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(3) Determinare la dimensione di Q[A] come Q-spazio vettoriale. E possibile scrivere A−1 come polinomio

in Q[A]? Tale scrittura e unica? Motivare le risposte!(4) L’insieme S := {N ∈ Q[A] | N nilpotente} e un sottospazio di Q[A]? In case affermativo si determini

una sua base.

Svolgimento. (1) pϕ(x) = pA(x) = (x − 1)5, l’unico autovalore e 1 con ma(1) = 5; il relativo autospazio eker(A− I5) = 〈e2 + e5, e1 + e3 − e4〉 da cui si ottiene mg(1) = 2. Inoltre

(A− I5) =

1 0 0 1 0

0 3 1 1 −31 0 0 1 0

−1 0 0 −1 0

1 3 −1 0 −3

(A− I5)2 =

0 0 0 0 0

−3 0 6 3 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

−3 0 6 3 0

ker(A− I5)2 = 〈e2 + e5, e1 + e3 − e4, e5, e1 + e4〉.

Essendo dim ker(A− I5)2 = 4 si deve avere dim ker(A− I5)3 = 5 quindi λϕ(x) = λA(x) = (x− 1)3.

(2) Dalle condizioni dim ker(A − I5) = 2,dim ker(A − I5)2 = 4,dim ker(A − I5)3 = 5 si deduce che lamatrice J richiesta avra un blocco J3(1) di ordine 3 e autovalore 1 ed un blocco J2(1) di ordine 2 e autovalore 1.Possiamo scegliere v3 = e1 ∈ ker(A−I5)3\ker(A−I5)2, da cui otteniamo v2 = (ϕ−idQ5)(e1) = e1+e3−e4+e5;v1 = (ϕ−idQ5)2(e1) = −3e2−3e5. Dobbiamo scegliere v5 in modo che ker(A−I5)2 = ker(A−I5)⊕〈v2〉⊕〈v5〉ad esempio v5 = e1 + e4 da cui otteniamo v4 = (ϕ− idQ5)(v5) = 2e1 + e2 + 2e3 − 2e4 + e5 e

J =

1 1 0 0 0

0 1 1 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

P =

0 1 1 2 1

−3 0 0 1 0

0 1 0 2 0

0 −1 0 −2 1

−3 1 0 1 0

.

(3) La dimensione di Q[A] coincide con il grado del polinomio minimo di A che e 3 e una sua base e{I5, A,A2}. Essendo il polinomio minimo uguale a (x− 1)3 si ricava che (A− I5)3 = A3− 3A2 + 3A− I5 = Oda cui si ottiene I5 = A3 − 3A2 + 3A = A(A2 − 3A+ 3I5) quindi A−1 = A2 − 3A+ 3I5. La scrittura non eunica perche essendo (A− I5)3 = O si ottiene che A−1 = A2 − 3A+ 3I5 + (A− I5)3.

(4) In generale la somma di matrici nilpotenti non e nilpotente. Nel caso in esame le matrici sononilpotenti e commutano fra loro in quanto sono tutte polinomiali in A percio date due matrici N1, N2 in S edue scalari α, β ∈ Q si ha che (αN1 + βN2)10 =

∑10k=0

(10k

)Nk

1N10−k2 = O essendo N5

1 = O = N52 . Si ottiene

che l’insieme S := {N ∈ Q[A] | N nilpotente} e un sottospazio di Q[A]. Abbiamo visto che A = I5 +N conN matrice nilpotente e N3 = O. Dal punto precedente sappiamo che essendo {I5, A,A2} una base di Q[A]anche {I5, N,N2} e una base di Q[A] ed una matrice aI5 + bN + cN2 e nilpotente se e solo se a = 0 quindidimS = 2 e una base di S e N,N2 con N = A− I5. �

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3 col riferimento canonico R si consideri la rigidita f :

αR,R(f) =

1 0 0 03 13/21 −16/21 −4/214 −16/21 −11/21 −8/21−1 −4/21 −8/21 19/21

.

17

18 Luisa Fiorot

(a) Classificare la rigidita f . Nel caso di una rigidita priva di punti uniti determinare una traslazione tv eduna rigidita g con punti uniti tali che tvg = gtv = f . Si classifichi la rigidita g.

(b) Si determinino le sottovarieta lineari unite per f .(c) Esiste una retta t ortogonale al piano π : 2x + 3y − z = 1, incidente la retta s : O + e1 + 〈e2 − e3〉 e

avente distanza√

10 dalla retta O+ 〈e1〉? In caso affermativo si dica se e unica e se ne scriva un sistemadi equazioni cartesiane.

(d) Si determini la proiezione ortogonale della retta h : O+3e2−e3 + 〈e2 +e3〉 sul piano π : 2x+3y−z = 1.

Svolgimento. (a) La rigidita e inversa priva di punti uniti, la matrice dell’applicazione lineare soggiacente esimmetrica quindi e una glissoriflessione. L’autospazio di autovalore 1 per l’applicazione lineare soggiacentee 〈2e1 + 4e2 + e3〉⊥ inoltre f(O) − O = w = 3e1 + 4e2 − e3 = w1 + w2 con w1 = 2e1 + 4e2 + e3 ∈ 〈2e1 +4e2 + e3〉, w2 = e1− 2e3 ∈ 〈2e1 + 4e2 + e3〉⊥ quindi la glissoriflessione si decompone come f = gtw2

= tw2g

con v = w2 (la commutazione segue dalla decomposizione ortogonale di w) e

αR,R(g) =

1 0 0 02 13/21 −16/21 −4/214 −16/21 −11/21 −8/211 −4/21 −8/21 19/21

αR,R(tw2) =

1 0 0 01 1 0 00 0 1 0−2 0 0 1

La rigidita g e una riflessione di asse il piano π : 4x+ 8y + 2z = 21.

(b) Le sottovarieta unite per una glissoriflessione sono:Punti uniti: nessuno;Rette unite: le rette contenute in π e parallele al vettore di traslazione v; esse si ottengono come

intersezione π ∩ σ con σk piano unito;Piani uniti: il piano π asse della riflessione g e i piani σk : 8x− 5y + 4z = k con k ∈ R ortogonali a π e

paralleli a v.

(c) Una retta t e ortogonale al piano π se e solo se ha come spazio direttore il sottospazio 〈2e1+3e2−e3〉.Richiedere che la retta t incida la retta s : O+ e1 + 〈e2 − e3〉 significa che possiamo prendere come punto dipassaggio di t un punto P = O + e1 + ae2 − ae3 con a ∈ R. Imponendo che la retta t abbia distanza

√10

dalla retta O + 〈e1〉 otteniamo |a| = 5. Le rette che soddisfano la richiesta sono:

t1 :

{3x− 2y = −7

x+ 2z = −9t2 :

{3x− 2y = 13

x+ 2z = 11

(d) La proiezione ortogonale della retta h : O + 3e2 − e3 + 〈e2 + e3〉 sul piano π : 2x + 3y − z = 1si ottiene intersecando il piano π con il piano σ : O + 3e2 − e3 + 〈e2 + e3, 2e1 + 3e2 − e3〉 contenente h eortogonale a π da cui si ottiene: {

2x− y + z = −4

2x+ 3y − z = 1

�

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A4(k) munito del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4}si considerino le sottovarieta lineari

L :

{x1 + x3 = 1

x2 = 0t : O + e2 + 〈e3 + e4〉.

(1) Si determini la posizione reciproca di L e t e le dimensioni di L ∩ t e L ∨ t. Esiste una retta s sghembacon L e t? In caso affermativo fornirne un esempio.

(2) Esiste una retta t′ passante per l’origine e incidente sia L che t?(3) Descrivere tutte le rette r tali che il luogo dei punti medi M := {R+T

2 | R ∈ r;T ∈ t} coincida conM : O − e2 + 〈e3 + e4, e1〉. Nel caso di un campo k con p elementi p 6= 2, quante sono le rette r?


Svolgimento. (1) Si ha L : O + e1 + 〈e1 − e3, e4〉. Essendo dim〈e1 − e2, e1 − e3, e4, e3 + e4〉 = 4 si ha cheL ∩ t = ∅ quindi dimL ∩ t = −1 mentre dim(L ∨ t) = 4.

Sia s : O+w+〈z〉 con z ∈ k4 e z 6= 0k4 . La rette s e sghemba con L se e solo se dim〈w−e1, e1−e3, e4, z〉 =4 mentre s e sghemba con t se e solo se dim〈w−e2, e3+e4, z〉 = 3 ad esempio w = 0k4 e z = e2+e3 soddisfanoentrambe le richieste quindi la retta s : O + 〈e2 + e3〉 e sghemba sia con L che con t.

(2) Essendo O /∈ L e O /∈ t una retta t′ passante per l’origine e incidente sia L che t deve esserecontenuta in t′ ⊆ (L ∨ O) ∩ (t ∨ O). Essendo L ∨ O : x2 = 0 e t ∨ O : x1 = 0 = x3 − x4 si ottiene che t′

dovrebbe essere h : O+ 〈e3 + e4〉. La retta h incide L in O+ e3 + e4 ma t∩h = ∅ (le rette t e h sono paralleledistinte, in particolare sono complanari). Quindi non esiste una retta t′ passante per l’origine e incidente siaL che t.

(3) Ricordiamo che data una retta r : R + 〈vr〉 con vr ∈ k4 e vr 6= 0k4 e t : T + 〈vt〉 con T = O + e2 e

vt = e3 + e4 il luogo dei punti medi M := {R+T2 | R ∈ r;T ∈ t} = R+T

2 + 〈vr, vt〉. Per avere R+T2 + 〈vr, vt〉 =

O − e2 + 〈e3 + e4, e1〉 dobbiamo imporre 〈vr, vt〉 = 〈e3 + e4, e1〉 e R+T2 ∈ O − e2 + 〈e3 + e4, e1〉 ovvero

R ∈ Descrivere tutte le rette r tali che il luogo dei punti medi M := {R+T2 | R ∈ r;T ∈ t} coincida con

M : O − e2 + 〈e3 + e4, e1〉.Nel caso di un campo k con p elementi p 6= 2, quante sono le rette r?

�



A =

1 3 0 2 1

0 0 0 0 0

1 2 0 2 1

−1 −1 1 1 −1−1 −1 1 0 1

(1) Si determinino: polinomio caratteristico pϕ(x), polinomio minimo λϕ(x) e autospazi per ϕ.(2) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(3) Si determini un vettore w ∈ Q5 tale che B := {w,ϕ(w), ϕ2(w), ϕ3(w), ϕ4(w)} sia una base di Q5 e si

calcoli la matrice associata a ϕ rispetto alla base B.(4) E vero che i sottospazi ϕ-stabili coincidono con i sottospazi ϕ2-stabili? Determinare polinomio minimo

e polinomio caratteristico di ϕk per ogni k ≥ 2.

Svolgimento. (1) pϕ(x) = pA(x) = x2(x − 1)3, gli autovalori sono 0 con ma(0) = 2 e 1 con ma(1) = 3.L’autospazio di autovalore 0 e kerϕ = 〈−5e1 − 6e3 + 2e4 + e5〉 da cui si ricava che mg(0) = 1 e vi e un unicoblocco di Jordan J2(0) di ordine 2 e autovalore 0; l’autospazio di autovalore 1 e ker(ϕ− idQ5) = 〈e1 + e3〉 dacui si ricava che mg(1) = 1 e vi e un unico blocco di Jordan J3(1) di ordine 3 e autovalore 1. Di conseguenzail polinomio minimo e λϕ(x) = x2(x− 1)3.

(2) Dalle considerazioni precedenti abbiamo che la matrice J richiesta e:

J =

0 1 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 1 1 0

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

.

Sapendo che

A2 =

−2 0 3 4 0

0 0 0 0 0

−2 0 3 4 0

0 −1 0 1 −2−1 −2 1 0 1

kerϕ2 = 〈−5e1 − 6e3 + 2e4 + e5,−10e1 + e2 − 8e3 + e4〉.

possiamo prendere v2 = −10e1+e2−8e3+e4 ∈ kerϕ2\kerϕ da cui si ricava v1 = ϕ(v2) = −5e1−6e3+2e4+e5.Dal Lemma di decomposizione sappiamo che imϕ2 = ker(ϕ−idQ5)3. Scegliendo ad esempio v5 = −2e4+e5 ∈imϕ2 otteniamo v4 = (ϕ− idQ5)(v5) = −3e1 − 3e3 − e4; v3 = (ϕ− idQ5)2(v5) = −2e1 − 2e3 ∈ ker(ϕ− idQ5)da cui otteniamo

P =

−5 −10 −2 −3 0

0 1 0 0 0

−6 −8 −2 −3 0

2 1 0 −1 −21 0 0 0 1

.

(3) Essendo pϕ(x) = λϕ(x) = x2(x− 1)3 = x5 − 3x4 + 3x3 − x2 l’endomorfismo ϕ verifica le ipotesi dellemma del vettore ciclico quindi un vettore w che soddisfa la richiesta e w = v2+v5 = −10e1+e2−8e3−e4+e5e la matrice richiesta e la matrice compagna del polinomio pϕ(x):

C =

0 0 0 0 0

1 0 0 0 0

0 1 0 0 1

0 0 1 0 −30 0 0 1 3

.

(4) Sia V = Q5. Ricordiamo che W ≤ V si dice ϕ-stabile se ϕ(W ) ≤W . Chiaramente se W e ϕ-stabileesso e anche ϕ2-stabile in quanto ϕ2(W ) = ϕ(ϕ(W )) ≤ ϕ(W ) ≤W . Il viceversa non e vero in quanto ϕ non

20


e invertibile e dato v2 = −10e1 + e2 − 8e3 + e4 ∈ kerϕ2 \ kerϕ si ha che W := 〈v2〉 e ϕ2-stabile in quantoϕ2(W ) = {0V } ≤W mentre ϕ(v2) = −5e1 − 6e3 + 2e4 + e5 /∈W quindi ϕ(W ) 6⊆W .

Usando la base B del punto (2) si dimostra per induzione che

αB,B(ϕk) = Jk =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 1 k (k2)0 0 0 1 k

0 0 0 0 1

per ogni k ≥ 2. Quindi pϕk(x) = x2(x− 1)3 mentre λϕk(x) = x(x− 1)3 per ogni k ≥ 2.

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo, E3, col riferimento canonico, R = (O, {e1, e2, e3}), si considerino lerette r ed s, di equazioni:

r :

{x+ y − 2z = −1

2x+ 2y − z = 1s :

{4x− y + 4z = 15

x− 4y + z = 0.

(a) Si determinino la distanza e l’angolo tra le due rette ed i punti di minima distanza R ∈ r e S ∈ s.(b) Detto M = R+S

2 , si determini la matrice di una rigidita τ che scambi r con s tale che τ(M) = M .(c) Si classifichi secondo Eulero e si determinino le sottovarieta lineari unite della rigidita τ la cui matrice

rispetto ad R e

T =

1 0 0 00 −1/9 8/9 −4/9−4 −8/9 1/9 4/92 4/9 4/9 7/9

.

Svolgimento. (a) Si ha r : O + e1 + e3 + 〈e1 − e2〉 con punto generico Rr = O + e1 + e3 + r(e1 − e2) es : O + 4e1 + e2 + 〈e1 − e3〉 con punto generico Ss = O + 4e1 + e2 + s(e1 − e3). Il vettore differenza tra un

generico punto di s ed un generico punto di r e u = Ss − Rr =

(3+s−r1+r

−s−1

), che e ortogonale ad entrambe le

rette se, e solo se, se e solo se,

{s− 2r + 2 = 0

2s− r + 4 = 0, che e equivalente a

{r = 0

s = −2. Dunque i punti di minima

distanza tra le due rette sono R = O + e1 + e3 e S = O + 2e1 + e2 + 2e3 e la distanza tra le due rette ed = ‖S −R‖ =

√3. Il coseno dell’angolo tra le due rette e |v·w|

‖v‖‖w‖ = 12 con v = e1 − e2 e w = e1 − e3; da cui

si ottiene che le due rette formano un angolo di π6 .

(b) Ricordiamo che lo spazio direttore di r e 〈v〉 con v = e1−e2 mentre quello di s e 〈w〉 con w = e1−e3e vale ‖v‖ = ‖w‖ =

√2; inoltre M = O+ 3e1+e2+3e3

2 . Detta ϕ l’applicazione lineare soggiacente alla rigiditarichiesta si deve avere ϕ(〈v〉) = 〈w〉 e ϕ(〈w〉) = 〈v〉 di conseguenza essendo ϕ un’isometria si deve avereϕ(〈e1 + e2 + e3〉) = 〈e1 + e2 + e3〉 (essendo 〈e1 + e2 + e3〉 = 〈v, w〉⊥). Necessariamente ϕ(e1 + e2 + e3) =−(e1 + e2 + e3) in quanto M e punto unito per τ e e1 + e2 + e3 = S − R. Ponendo u3 = e1+e2+e3√

3,

u1 = 2e1−e2−e3√6

(ottenuto normalizzando v + w) e u2 = u3 × u1 = e2−e3√2

otteniamo la base ortonormale

destrorsa B := {u1.u2, u3}. Imponendo ϕ(u1) = u1, ϕ(u2) = −u2 e ϕ(u3) = −u3 otteniamo che ϕ(v) = we ϕ(w) = v. Imponendo che M sia punto unito otteniamo la rotazione di asse M + 〈u1〉 e angolo π la cuimatrice in R e:

T =

1 0 0 07/3 1/3 −2/3 −2/34/3 −2/3 −2/3 1/310/3 −2/3 1/3 −2/3

.

(c) La rigidita τ e diretta ed ha una retta h : O + −2e1 + 5e3 + 〈e2 + 2e3〉 tutta di punti uniti quindie una rotazione di asse di rotazione h e angolo θ con cos θ = −1/9. Orientando l’asse nel verso del versore

22 Luisa Fiorot

u := e2+2e3√5

e preso e1 ∈ 〈u〉⊥ si ottiene che sin θ = det

(1 −1/9 0

0 −8/9 1/√5

0 4/9 2/√5

)= − 4

√5

9 da cui si ricava che si tratta

di una rotazione di angolo θ = − arccos(−1/9).Le sottovarieta lineari unite per τ sono:Punti: tutti e soli i punti dell’asse di rotazione h,Rette: l’asse h,Piani: i piani ortogonali ad h di equazione y + 2z = k con k ∈ R.

�


Lα :

{x1 − αx3 = 1

x1 + x2 − x4 = 0M : O + e3 + 〈e1 + e2, e2 − e4〉.

(1) Si determini la posizione reciproca di Lα e M calcolando Lα ∩M, le loro dimensioni e le dimensioni diLα ∩M e Lα ∨M al variare di α ∈ Q. Esiste una retta s sghemba simultaneamente con tutte le Lα econ M? In caso affermativo fornirne un esempio.

(2) Posto α = 0, esiste un piano π passante per P := O + e2 e incidente sia L0 che M? In caso affermativodeterminarli tutti.

(3) Determinare, se possibile, la matrice in R della proiezione su L0 lungo la direzione di M.

Svolgimento. (1) Si ha: dimLα = 2 = dimM, VLα ∩VM = {0Q4} quindi dim(Lα∨M) = 4 e dim(Lα∩M) = 0ed in particolare Lα ∩M = {O + (1 + α)e1 + e3 + (1 + α)e4}.

Essendo Lα = O+ e1− e2 + 〈αe1−αe2 + e3, e2 + e4〉 e M : O+ e3 + 〈e1 + e2, e2− e4〉 notiamo che O nonappartiene ad alcun Lα e O non appartiene ad M. La retta s : O+ 〈z〉 e sghemba con tutti i Lα e con M see solo se {z, e1 − e2, αe1 − αe2 + e3, e2 + e4} e {z, e3, e1 + e2, e2 − e4} sono basi di Q4. Ad esempio z = e1verifica la richiesta da cui si ottiene s : O + 〈e1〉. Notiamo che anche s′ : O + 〈e4〉 verifica la richiesta.

(2) Notiamo che P /∈ L0 e P /∈M; quindi dim(L0∨P ) = 3 e dim(M∨P ) = 3. Essendo L0∨M = A4(Q)ricaviamo dim(L0 ∨ P ) ∩ (M ∨ P ) = 2. Il piano π, se esiste, deve soddisfare π ⊆ L0 ∨ P e π ⊆M ∨ P da cuiπ ⊆ (L0∨P )∩(M∨P ); quindi, avendo entrambe le sottovarieta lineari dimensione 2, π = (L0∨P )∩(M∨P ).

Quindi il piano π e unico ed ha equazioni: π :

{2x1 + x2 − x4 = 1

x1 − x2 − x3 − x4 = −1. Notiamo che π non e parallelo ad

L0 o neppure ad M, quindi essendo dim(π ∨ L0) = 3 e dim(π ∨M) = 3 due piani non paralleli in uno spazio3d si intersecano necessariamente.

(3) La matrice richiesta e:

A =

1 0 0 0 01 0 0 0 00 −1/2 1/2 0 1/20 0 0 1 01 −1/2 1/2 0 1/2

.

�


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X6 + 7iX3 + 8.(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici di P (X). Detto T il poligono che ha come

vertici le radici non puramente immaginarie di P (X), si scrivano le equazioni delle rette (reali) cheformano i lati di T in termini delle coordinate z e z.

(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Tnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T in)r T out, ove si indichino con T in (risp. T out)l’insieme dei punti interni (risp. esterni) a T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

(c) Dati due punti distinti del piano complesso z1 e z2, e vero che i punti della retta (reale) z1 ∨ z2 sonotutti e soli i punti z per cui il rapporto semplice [z1, z2, z] = z−z1

z2−z1 ∈ R?Dati tre punti non allineati del piano complesso z1, z2, z3, e vero che i punti della circonferenza (reale)

per i tre punti dati sono, oltre a z1, tutti i punti z per cui il birapporto (z1, z2, z3, z) = (z−z2)(z3−z1)(z3−z2)(z−z1) ∈ R?

Cosa cambia se i tre punti sono allineati?

Svolgimento. (a) Le radici del polinomio X2 +7iX+8 sono i e −8i; le radici di P (X) si ottengono prendendo

le radici terze di questi due numeri complessi, ovvero −i, −iζ, −iζ, 2i, 2iζ, 2iζ, ove ζ = e2iπ/3 = − 12 + i

√3

2e una radice terza (primitiva) di 1.

Le radici di P (X) che non siano puramente immaginarie sono i numericomplessi

z1 = −iζ =

√3

2+ i

1

2, z2 = −iζ = −

√3

2+ i

1

2,

z3 = 2iζ = −√

3− i, z4 = 2iζ =√

3− i.

I lati del quadrilatero T sono quindi le rette

z1 ∨ z2 : iz − iz + 1 = 0,

z3 ∨ z4 : iz − iz − 2 = 0,

z2 ∨ z3 : (√

3 + i)z + (√

3− i)z + 4 = 0,

z1 ∨ z4 : (√

3− i)z + (√

3 + i)z − 4 = 0,

z1z2

z3 z4

2i

−i


λ∗(z1 ∨ z2) : zz + iz − iz = 0,

λ∗(z2 ∨ z3) : zz +

√3 + i

4z +

√3− i4

z = 0,

λ∗(z3 ∨ z4) : zz − i

2z +

i

2z = 0,

λ∗(z1 ∨ z4) : zz −√

3− i4

z −√

3 + i

4z = 0.

ovvero

λ∗(z1 ∨ z2) : |z − i| = 1,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣∣z +

√3− i4

∣∣∣∣∣ =1

2,

λ∗(z3 ∨ z4) :

∣∣∣∣z +i

2

∣∣∣∣ =1

2,

λ∗(z1 ∨ z4) :

∣∣∣∣∣z −√

3 + i

4

∣∣∣∣∣ =1

2.

L’insieme λ∗(T in)rT out e evidenziato in grigio nella figura perche λ∗(T in) e la regione all’esterno dell’unionedei quattro cerchi riflessi e, sottraendo a questi i punti esterni a T , resta la regione evidenziata in grigio.

(c) L’insieme dei punti z per cui [z1, z2, z] ∈ R, contiene certo z1 e z2 ( [z1, z2, z1] = 0 e [z1, z2, z2] = 1); semostriamo che questo insieme e una retta del piano complesso, abbiamo concluso. Basta osservare che

[z1, z2, z] ∈ R ⇐⇒ z − z1

z2 − z1=

z − z1

z2 − z1⇐⇒ bz + bz + C = 0,

1


ove ib = (z2 − z1), ib = −(z2 − z1) e iC = z1z2 − z1z2, con C ∈ R, perche la differenza di due complessiconiugati e un numero immaginario puro.

Analogamente, l’insieme dei punti z per cui (z1, z2, z3, z) ∈ R, contiene z2 e z3 ( (z1, z2, z3, z2) = 0 e(z1, z2, z3, z3) = 1); per z = z1 si annulla il denominatore e quindi il birapporto non e piu un numero. Inoltre,uguagliando la frazione che definisce il birapporto con la frazione coniugata si ottiene

z = z1 oppure (z1, z2, z3, z) ∈ R ⇐⇒ (z − z2)(z3 − z1)(z3 − z2)(z − z1) = (z − z2)(z3 − z1)(z3 − z2)(z − z1)

⇐⇒ Azz − bz − bz + C = 0,

oveiA = (z3 − z1)(z3 − z2)− (z3 − z1)(z3 − z2) ∈ iRib = (z3 − z1)(z3 − z2)z2 − (z3 − z1)(z3 − z2)z1

iC = (z3 − z1)(z3 − z2)z2z1 − (z3 − z1)(z3 − z2)z1z2 ∈ iR.L’equazione descrive quindi la circonferenza per i tre punti dati.

Infine, se i tre punti sono allineati (ma distinti), allora z3 − z2 = t(z3 − z1) per qualche t ∈ R, da cui siconclude che A = 0 e l’equazione diviene quella della retta per i tre punti. �

ESERCIZIO 2. Sia V = {v1, . . . , v5} una base dello spazio vettoriale V su Q. Siano

U = 〈u1, u2, u3〉 , ove

u1 = v1 − 2v3 + v5,

u2 = v2 − 3v3 − v4,

u3 = v1 + v3 + v5

e W =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x1 − 2x2 − 2x4 = 0

x2 − x3 + x4 = 0

x1 + x2 − x3 − x5 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi U e W . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme di V che si ottiene traslando tutti i vettori di U per il vettoreu0 = v1 + v2 + v3 + v4 + v5. Si dica se V = U ⊕ W e (in tal caso) si scriva la matrice in base Vdell’applicazione π : V → V che associa a v la sua proiezione su U parallelamente a W .

(b) Sia T uno spazio vettoriale su Q e sia T = {t1, t2, t3} una sua base. Sia φ : V → T l’applicazione lineare

di matrice αV,T (φ) =

(2 2 2 1 0

0 −2 2 1 2

−2 −4 0 1 2

). Si determinino la dimensione e una base per kerφ e imφ. Si

determinino le matrici nelle basi date di tutte le applicazioni lineari ψ : T → V tali che φ ◦ ψ = idT .Si determini il rango di φ − φ ◦ π. φ|U e un isomorfismo? Come determinare tutti i sottospazi X (seesistono), tali che W ⊂ X ⊂ V e φ|X e un isomorfismo.

(c) Sia Fq il campo con q elementi. Dati due sottospazi U e W di dimensione 2 di F6q, in somma diretta, si

contino i sottospazi X, tali che W ⊂ X ⊂ F6q e X ⊕ U = F6

q.

Svolgimento. (a) I generatori di U , u1, u2, u3, sono linearmente indipendenti (si pu vedere immediatamenteconsiderando i vettori u1, u2, u3−u1, ottenuti dai precedenti co un’operazione di Gauss). Dunque sono unabase di U e dimQ U = 3. Il sistema lineare che definisce W ha rango 3 (si vede immediatamente sostituendo laterza equazione con III − I − 3II), quindi dimQW = 2 e due soluzioni del sistema linearmente indipendentisono: u4 = 2v1 + v2 + v3 + 2v5 e u5 = 2v1− v2 + v3 + 2v4. Un sistema di equazioni cartesiane che abbia come

soluzione il sottoinsieme u0 + U e

{x1 − x5 = 0

x2 + x4 = 2.

U ∩W = 〈0〉 e quindi, per un calcolo di dimensioni, V = U ⊕W . Qualunque sia il vettore v ∈ V ,π(v) = v − au4 − bu5 ove i valori dei parametri a e b sono determinati dalla condizione π(v) ∈ U . Si ottienecosı:

A = αV,V(π) =

1 −2 0 −2 0

1 0 0 −1 −1

0 −1 1 −1 0

−1 0 0 1 1

1 −2 0 −2 0

.

(b) Il rango di αV,T (φ) e uguale a 3 (sostituendo la terza riga con III + I − II si ha una matrice a scalini);quindi imφ = T e possiamo prendere come base la base T . D’altra parte, kerφ ha dimensione 2 e una sua


base e costituita dai vettori v1 − v3 − v5, v1 − v2 − v5. Le applicazioni cercate sono caratterizzate dalle trecondizioni ψ(ti) ∈ φ−1(ti), per i = 1, 2, 3. Tutte le possibili inverse destre sono quindi

0 0 0

0 0 0

0 1/2 −1/2

1 −1 1

−1/2 1/2 0

+

a+b c+d e+f

−b −d −f−a −c −e0 0 0

a−b c−d e−f

.

Lo spazio V = U ⊕W e, per ogni u ∈ U , si ha φ(u)−φ(π(u)) = φ(u)−φ(u) = 0 e quindi U ⊆ ker(φ−φ◦π).D’altra parte, per ogni w ∈W , si ha φ(w)− φ(π(w)) = φ(w) e kerφ∩W = 〈0〉, per cui il nucleo di φ− φ ◦ πe uguale a U e, per la formula delle dimensioni l’immagine ha dimensione 2.

Infine, φ|U non e un isomorfismo, perche U ∩kerφ = 〈v1 − v3 + v5〉; e i sottospazi X cercati si ottengonosommando a W un sottospazio di dimensione 1 che abbia intersezione banale, sia con W che con kerφ.Dunque

X = 〈u4, u5, v4 + a(v1 − v3 − v5) + b(v1 − v2 − v5)〉 al variare di (a, b) ∈ Q2.

(c) Si ha U = 〈v1, v2〉 e W = 〈v3, v4〉, con v1, . . . , v4 linearmente indipendenti. Posso completare questivettori a una base V = {v1, . . . , v6} di F6

q. In particolare, X0 = 〈v3, . . . , v6〉 e uno dei sottospazi richiesti.Dunque, ogni altro sottospazio, X, del tipo richiesto, avra una base del tipo

v3, v4, a1v1 + a2v2 + v5, b1v1 + b2v2 + v6

e diverse scelte dei parametri a1, a2, b1, b2 danno origine a sottospazi diversi. Dunque i sottospazi cercatisono q4. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X6 + 7X3 − 8.(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici di P (X). Detto T il poligono che ha come

vertici le radici non reali di P (X), si scrivano le equazioni delle rette (reali) che formano i lati di T intermini delle coordinate z e z.

(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Tnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T out)∩ T in, ove si indichino con T in (risp. T out)l’insieme dei punti interni (risp. esterni) a T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.






U = 〈u1, u2, u3〉 , ove

u1 = v1 − 2v2 − 2v4,

u2 = v2 − v3 + v4,

u3 = v1 + v2 − v3 − v5

e W =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x1 − 2x3 + x5 = 0

x2 − 3x3 − x4 = 0

x1 + x3 + x5 = 0

.




(1 1 −1 −2 0

0 0 1 1 1

3 −2 −2 0 1


determinino le matrici nelle basi date di tutte le applicazioni lineari ψ : T → V tali che φ ◦ ψ = idT .Si determini il rango di φ − φ ◦ π. Esistono applicazioni lineari ψ : T → V tali che ψ ◦ φ = π? Comedeterminare tutti i sottospazi X (se esistono), tali che W ⊂ X ⊂ V e φ|X e un isomorfismo.



q.


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X6 − 7iX3 + 8.(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici di P (X). Detto T il poligono che ha come

vertici le radici non puramente immaginarie di P (X), si scrivano le equazioni delle rette (reali) cheformano i lati di T in termini delle coordinate z e z.

(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Tnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T out)rT out, ove si indichino con T in (risp. T out)l’insieme dei punti interni (risp. esterni) a T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.






U = 〈u1, u2, u3〉 , ove

u1 = v2 + v3 − 2v5,

u2 = v1 − v4 + 3v5,

u3 = v2 + v3 + v5

e W =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

2x1 − x2 + 2x4 = 0

x1 + x4 − x5 = 0

x2 − x3 + x4 − x5 = 0

.




(1 2 0 2 2

1 0 2 −2 2

1 −2 2 −4 0


determinino le matrici nelle basi date di tutte le applicazioni lineari ψ : T → V tali che φ ◦ ψ = idT .Si determini il rango di φ − φ ◦ π. φ|U e un isomorfismo? Come determinare tutti i sottospazi X (seesistono), tali che W ⊂ X ⊂ V e φ|X e un isomorfismo.



q.


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = X6 − 7X3 − 8.(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici di P (X). Detto T il poligono che ha come

vertici le radici non reali di P (X), si scrivano le equazioni delle rette (reali) che formano i lati di T intermini delle coordinate z e z.

(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Tnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T out)r T in, ove si indichino con T in (risp. T out)l’insieme dei punti interni (risp. esterni) a T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.






U = 〈u1, u2, u3〉 , ove

u1 = 2v1 − v2 + 2v4,

u2 = v1 + v4 − v5,

u3 = v2 − v3 + v4 − v5

e W =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x2 + x3 − 2x5 = 0

x1 − x4 + 3x5 = 0

x2 + x3 + x5 = 0

.




(−2 1 0 1 −1

1 0 1 0 1

0 3 1 −2 −2


determinino le matrici nelle basi date di tutte le applicazioni lineari ψ : T → V tali che φ ◦ ψ = idT .Si determini il rango di φ − φ ◦ π. Esistono applicazioni lineari ψ : T → V tali che ψ ◦ φ = π? Comedeterminare tutti i sottospazi X (se esistono), tali che W ⊂ X ⊂ V e φ|X e un isomorfismo.



q.


ESERCIZIO 1. (a) Si calcoli il determinante della matrice

A =

0 1 0 2 0 0

−4 0 25 0 −6 11

1 0 0 0 3 0

−9 0 7 0 11 30

1 3 0 5 −1 −2

2 0 0 0 3 0

∈M6(Q).

(b) Sia B la matrice che ha come entrate i minori di ordine 2 estratti da A, ove si prendano le coppie dirighe e colonne in ordine lessicografico. Che ordine ha la matrice B? Si scriva esplicitamente la sestacolonna di questa matrice.

(c) Sia ora A una matrice quadrata di ordine 7 ad elementi nel campo C e sia B la matrice che ha comeentrate i minori di ordine 4 estratti da A, ove si prendano le quaterne di righe e colonne in ordinelessicografico. Che ordine ha la matrice B? Che relazioni vi sono tra il determinante di B e quello diA? (sugg. Si consideri dapprima il caso in cui A e una matrice triangolare superiore. Si dimostri poiperche ci si puo sempre ridurre a questo caso).

Svolgimento. (a) Applicando alle righe di A la permutazione (1 3)(2 5 4 6) e applicando alle colonne la per-mutazione (2 3 5), si ottiene una matrice che ha lo stesso determinante di A (un numero pari di scambi) etale determinante e facilmente calcolabile a blocchi, ovvero

detA = det

1 3 0 0 0 0

2 3 0 0 0 0

0 0 1 2 0 0

1 −1 3 5 0 −2

−4 −6 0 0 25 11

−9 11 0 0 7 30

= (−3)(−1)(673) = 2019.

(b) L’insieme delle coppie di colonne (o di righe) di A e in corrispondenza biunivoca con l’insieme deisottoinsiemi di cardinalita due di un insieme con sei elementi e quindi sono

(62

)= 15. Dunque B e una

matrice quadrata di ordine 15. Ponendo le coppie crescenti di indici in ordine lessicografico, al sesto postocompare la coppia (2, 3) e quindi dobbiamo scrivere la colonna che ha come entrate i minori di ordine duedi A estratti dalle colonne dette, ovvero, nell’ordine lessicografico, la colonna

t(25, 0, 7, 0, 0, 0, 0,−75, 0, 0, 0, 0,−21, 0, 0).

(c) Analogamente, la matrice dei minori di ordine 4 di una matrice quadrata di ordine 7 ha ordine(

74

)=(

73

)= 35. Se la matrice A e triangolare superiore (ovvero aij = 0 se i > j), allora anche la matrice B lo e.

Infatti, una quaterna di indici i1 < i2 < i3 < i4 (gli indici di riga) e maggiore nell’ordine lessicografico diun’altra quaterna di indici j1 < j2 < j3 < j4 (gli indici di colonna) nei casi seguenti:

• se i1 > j1, sono nulli tutti gli elementi della prima colonna della sottomatrice estratta da A prendendoqueste righe e queste colonne, perche j1 e minore di tutti gli indici di riga.

• Se i1 = j1 e i2 > j2. In tal caso sono nulli tutti gli elementi della prima colonna della sottomatriceestratta da A eccetto al piu il primo, perche j1 e minore di tutti gli indici di riga successivi a i1. Lo stessovale per la seconda colonna, quindi le prime due colonne sono proporzionali ed il minore si annulla.

• Se i1 = j1, i2 = j2, i3 > j3, ragionando come sopra si vede che le prime tre colonne della sottomatriceestratta hanno elementi non nulli al piu nelle prime due entrate che quindi sono linearmente dipendentie il minore si annulla.

• Infine, se i1 = j1, i2 = j2, i3 = j3, i4 > j4, si ragiona analogamente ai casi precedenti.Dunque, la matrice B e triangolare superiore e sulla diagonale ci sono i minori diagonali di A, ovvero i

prodotti a quattro a quattro degli elementi posti sulla diagonale di A. Ogni elemento aii della diagonale diA compare in

(63

)= 20 minori diversi e quindi detB = detA20.

7


Infine, sul campo complesso, ogni polinomio ha tutte le sue radici e quindi ogni matrice quadrata A esimile ad una matrice triangolare (cf. Lemma 6.1.9 del libro). Si puo verificare che se due matrici sono similiallora anche le matrici dei minori (di qualunque ordine) sono simili. �

ESERCIZIO 2. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi in C[X] di grado minore di 4 con la base B ={1, X,X2, X3

}e sia V ∗ lo spazio duale con la base duale B∗ = {∂0, . . . , ∂3}.

(a) Fissato un numero complesso z ∈ C, sia εz : V → C l’applicazione che calcola in z ogni polinomioP (X) ∈ V . Si verifichi che εz ∈ V ∗ e si determinino le sue coordinate nella base B∗

(b) E vero che V∗ = { ε1, ε−1, εi, ε−i } e una base di V ∗? In caso affermativo si determini la corrispondentebase duale di V scrivendo esplicitamente i polinomi che compongono tale base e la matrice αV,B(idV ).

Svolgimento. (a) Per ogni coppia di polinomi P (X), Q(X) in V e per ogni coppia di scalari a, b ∈ C, si ha

εz(aP + bQ) = aP (z) + bQ(z) = aεz(P ) + bεz(Q),

e quindi εz ∈ V ∗ = HomC (V,C). Per le proprieta della base duale, per ogni elemento ζ ∈ V ∗ si ha

ζ =∑3i=0(ζ ◦Xi)∂i, quindi

εz = ∂0 + z∂1 + z2∂2 + z3∂3.

(b) In base a quanto visto nel punto precedente, la matrice che ha come colonne le coordinate dei vettoriε1, ε−1, εi, ε−i rispetto alla base B∗ e la matrice di Vandermonde

V =

( 1 1 1 1

1 −1 i −i1 1 −1 −1

1 −1 −i i

)

che ha determinante non nullo, perche i quattro numeri complessi sono a due a due distinti. Dunque V∗ euna base e V = αV∗,B∗(id) e la matrice di cambiamento di base. Quindi

αV,B(id) = tαV∗,B∗(id)−1 = 14

( 1 1 1 1

1 −1 −i i

1 1 −1 −1

1 −1 i −i

);

ovvero gli elementi di questa base sono i polinomi: 1+X+X2+X3

4 , 1−X+X2−X3

4 , 1−iX−X2+iX3

4 , 1+iX−X2−iX3

4 .�

ESERCIZIO 3. Sia φ : V → V l’endomorfismo di matrice A nella base V = {v1, . . . , v5}, ove

A =

1 −3 0 3 0

0 −2 0 0 0

0 0 2 0 1

2 −2 0 0 0

0 0 1 0 2

∈M5(R).

(a) Si verifichi che φ e invertibile, si determinino polinomio caratteristico, autovalori ed autospazi per φ.Si dica se φ e diagonalizzabile su R e, in tal caso, si trovino una matrice diagonale D e una matriceinvertibile P tali che D = P−1AP .

(b) Dato un vettore v0 6= 0 di V si considerino i sottospazi 〈φ−n(v0)〉 al variare di n tra i numeri naturali.E vero che al crescere di n i sottospazi tendono ad avvicinarsi ad un sottospazio di V ? Quale? Comedipende tale comportamento dalla scelta del vettore v0?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 − A) = (X − 1)(X + 2)2(x − 3)2 cheha termine noto, − detA non nullo e quindi A e invertibile. Gli autospazi sono,

ker(φ− id) = 〈v3 − v5〉 , ker(φ+ 2id) = 〈v1 + v2, v1 − v4〉 ,ker(φ− 3id) = 〈3v1 + 2v4, v3 + v5〉 .


Per ciascun autovalore la molteplicita algebrica coincide con la molteplicita geometrica e quindi φ e diago-nalizzabile e le matrici cercate sono

D =

1 0 0 0 0

0 −2 0 0 0

0 0 −2 0 0

0 0 0 3 0

0 0 0 0 3

e P =

0 1 1 3 0

0 1 0 0 0

1 0 0 0 1

0 0 −1 2 0

−1 0 0 0 1

.

(b) Ogni vettore v0 ∈ V si scrive come v0 = w1 + w2 + w3 ove il vettore wi sta nell’autospazio relativoall’i-esimo autovalore. φ−1 ha gli stessi autospazi di φ, ma i suoi autovalori sono l’inverso degli autovalori diφ. Quindi se la componente w1 di v0 lungo ker(φ− id) non e nulla, si ha per ogni n ∈ N

⟨φ−n(v0)

⟩=

⟨w1 +

1

(−2)nw2 +

1

3nw3

⟩

che tende ad avvicinarsi al sottospazio 〈w1〉 al crescere di n. Se, invece, la componente w1 di v0 lungoker(φ− id) e nulla e la componente lungo ker(φ+ 2id), w2 6= 0, si ha per ogni n ∈ N,

⟨φ−n(v0)

⟩=

⟨1

(−2)nw2 +

1

3nw3

⟩=⟨w2 +

(−23

)nw3

⟩

che tende ad avvicinarsi al sottospazio 〈w2〉 al crescere di n. Infine se w1 = w2 = 0, si ha 〈φ−n(v0)〉 = 〈w3〉per ogni n e quindi non ci sono dubbi su quale sia il limite. �


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = X3 − 3X2 + (3 + i)X − (2 + 2i) ∈ C[X].(a) Si calcoli P (i) e si determinino le radici di P (X). Si disegnino nel piano di Gauss tali radici e sia P il

poligono convesso che le ha come vertici. Si scrivano in termini delle coordinate z e z le equazioni dellerette che contengono i lati di P .

(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo le rettedel punto precedente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss,evidenziando la regione di piano λ∗(P in) ∩ P in, ove P in e la regione interna al poligono P .

(c) Siano C0 e C1, rispettivamente, le circonferenze di centri z0 6= z1 e raggi r0 e r1. Sia λ0(z) = z0 +r20z−z0 la

riflessione nella circonferenza C0 e siano z2 e r2 il centro e il raggio della circonferenza λ∗0(C1) (quandoquesta non e una retta). E vero che z0, z1, z2 sono tre punti allineati? Se λ∗0(C1) e una retta, cherelazioni ci sono tra questa retta e la retta z0 ∨ z1?

Svolgimento. (a) P (i) = 0 e P (X) = (X− i)(X2− (3− i)X + 2− 2i) = (X− i)(X− 2)(X− 1 + i). Quindi Pe il triangolo di vertici z1 = i, z2 = 2, z3 = 1− i, e le rette cercate sono z1 ∨ z2 : (1 + 2i)z+ (1− 2i)z− 4 = 0,z1 ∨ z3 : (2 + i)z + (2− i)z − 2 = 0, z2 ∨ z3 : (1− i)z + (1 + i)z − 4 = 0.

(b) Sia λ(z) = 1/z, per z ∈ C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Le circonferenze che siottengono riflettendo le tre rette sono

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −1 + 2i

4

∣∣∣∣ =

√5

4, λ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −2 + i

2

∣∣∣∣ =

√5

2,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1− i

4

∣∣∣∣ =

√2

4.

Nelle equazioni precedenti sono evidenti il centro e il raggio della cir-conferenza. Il riflesso della regione interna al triangolo e la regioneevidenziata in grigio nel disegno a lato e da questo si possono dedurre,mutatis mutandis, le regioni richieste nei vari esercizi.

z1

z2

z3

(c) Applicando una similitudine (la traslazione per −z0 seguita dalla moltiplicazione per il fattore 1/r0)possiamo sempre supporre che C0 sia la circonferenza unitaria e fare i conti in questo caso. Se il cerchio(ottenuto per similitudine da) C1 ha equazione Azz+ bz+ bz+C = 0, con A e C reali, il suo centro e −b/Ae il centro della circonferenza riflessa, di equazione Czz + bz + bz +A = 0, e −b/C (se C 6= 0); quindi i duecentri sono allineati con l’origine, ovvero con il centro di C0. Se C = 0 e la circonferenza riflessa e una retta,la sua direzione e ortogonale al vettore rappresentato dal numero complesso b e quindi ortogonale alla rettache congiunge i due centri. �

ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali su Q e V = {v1, . . . , v7}, e W = {w1, . . . , w5} delle rispettivebasi. Si consideri l’applicazione lineare φ : V →W di matrice

A = αV,W(φ) =

1 0 2 2 4 −5 0

0 1 −1 0 1 1 0

−1 1 −3 1 3 0 −2

0 1 −1 0 1 1 −2

2 −1 5 0 −1 −3 2

.

(a) Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di φ ed equazioni cartesiane per i duesottospazi.

(b) Si estragga dai vettori v1 + kerφ, . . . , v7 + kerφ una base dello spazio quoziente V/kerφ. Ricordandol’isomorfismo canonico tra (V/kerφ)∗ e (kerφ)⊥, si determini la corrispondente base duale. Si deter-minino, se esistono, due matrici, P ∈ GL(5,Q) e Q ∈ GL(7,Q), con determinante 1, tali che A = PEQ,

ove E =(

1r 0

0 0

), la matrice e scritta a blocchi e r = rkA.

10


Svolgimento. (a) Con operazioni di Gauss possiamo portare la matrice A nella forma a scala ridotta:

A ∼

1 0 2 2 4 −5 00 1 −1 0 1 1 0

III + I − II 0 0 0 3 6 −6 −2IV − II 0 0 0 0 0 0 −2

V − 2I + II 0 0 0 −4 −8 8 2

∼

I − 23(III − IV ) 1 0 2 0 0 −1 0

0 1 −1 0 1 1 0(III − IV )/3 0 0 0 1 2 −2 0

−IV/2 0 0 0 0 0 0 13V + 4III − IV 0 0 0 0 0 0 0

.

Si ha quindi

kerφ = 〈2v1 − v2 − v3, v2 + 2v4 − v5, v1 − v2 + 2v4 + v6〉imφ = 〈w1 − w3 + 2w5, w2 + w3 + w4 − w5, 2w1 + w3,−2w3 − 2w4 + 2w5〉 .

Infine, un sistema di equazioni cartesiane per kerφ ha come matrice A o, equivalentemente, la sua formaridotta a scalini; un’equazione cartesiana per imφ e 2y1 − 4y3 + y4 − 3y5 = 0.

(b) Una base di V/kerφ e data dai vettori v1 + kerφ, v2 + kerφ, v4 + kerφ, v7 + kerφ, corrispondenti aipivot. Le righe non nulle della matrice in forma ridotta sono esattamente le coordinate nella base dualeV∗ = {v∗1 , . . . , v∗7} di una base di (kerφ)⊥ duale della base data di V/kerφ (spiegare bene questo fatto!). SiaP ′ la matrice 5×4 che ha come colonne le coordinate in baseW della base data di imφ e sia Q′ la matrice 4×7che ha come righe le righe non nulle della forma a scalini ridotta. Allora e ben noto che P ′Q′ = P ′14Q

′ = A(si veda ad esempio il foglietto sull’eliminazione di Gauss). Si tratta quindi di aggiungere opportunamenteuna colonna a P ′ e tre righe a Q′ in modo da ottenere matrici con determinante 1, perche l’aggiunta di righee colonne nulle necessarie per ottenere da 14 la matrice E, rende irrilevante il contributo delle righe aggiuntenel prodotto. Possiamo quindi prendere

P =

1 0 2 0 0

0 1 0 0 0

−1 1 1 −2 0

0 1 0 −2 0

2 −1 0 2 −1/6

e Q =

1 0 2 0 0 −1 0

0 1 −1 0 1 1 0

0 0 0 1 2 −2 0

0 0 0 0 0 0 1

0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 1 0

e cio conclude la discussione �

ESERCIZIO 3. Siano V uno spazio vettoriale su Q, V = {v1, . . . , v5} una sua base e V∗ = {v∗1 , . . . , v∗5} labase duale di V ∗. Si indichi con φ : V → V l’endomorfismo di matrice

A = αV,V(φ) =

4 2 −5 5 −1

0 3 0 0 0

0 0 2 0 1

−1 −2 5 −2 1

0 0 5 0 −2

.


(b) Si considerino i vettori w1, w2 ∈ V e le forme lineari ζ1, ζ2 ∈ V ∗ cosı definiti:

w1 = v1 − 2v2 + v3 − v4 + 3v5

w2 = v1 + 2v2 − v3 − 3v4 − 2v5

ζ1 = 2v∗1 + v∗2 − 2v∗3 + v∗4 + v∗5ζ2 = 3v∗1 + 1

2v∗2 + 3v∗3 + v∗4 − v∗5 .

Indicato con ψ : V → V l’endomorfismo ψ : 3idV +w1⊗ζ1 +w2⊗ζ2, si determinino il polinomio caratte-ristico di ψ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; si dica inoltre se ψ e diagonalizzabile

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 − A) = (X − 3)3(X + 1)(X + 3), percui φ ha tre autovalori distinti con molteplicita algebrica, rispettivamente 3, 1 e 1. Le matrici

A− 315 =

1 2 −5 5 −1

0 0 0 0 0

0 0 −1 0 1

−1 −2 5 −5 1

0 0 5 0 −5

A+ 15 =

5 2 −5 5 −1

0 4 0 0 0

0 0 3 0 1

−1 −2 5 −1 1

0 0 5 0 −1

A+ 315 =

7 2 −5 5 −1

0 6 0 0 0

0 0 5 0 1

−1 −2 5 1 1

0 0 5 0 1


hanno rispettivamente rango 2, 4 e 4, e gli autospazi sono

W1 = ker(φ− 3id) = 〈2v1 − v2, 5v1 − v4, 3v2 + v3 + v5〉 ,W2 = ker(φ+ id) = 〈v1 − v4〉 , W3 = ker(φ+ 3id) = 〈v3 − 5v5〉 .

Due matrici cercate sono quindi

D =

3 0 0 0 0

0 3 0 0 0

0 0 3 0 0

0 0 0 −1 0

0 0 0 0 −3

e P =

2 5 0 1 0

−1 0 3 0 0

0 0 1 0 1

0 −1 0 −1 0

0 0 1 0 −5

.

(b) Se v ∈ 〈ζ1, ζ2〉⊥ allora ψ(v) = 3v, e quindi ψ ha l’autovalore 3 con molteplicita geometrica maggiore ouguale a 3. Precisamente

ker(ψ − 3idV ) ⊇ 〈ζ1, ζ2〉⊥ = 〈2v1 − 6v2 − v3, v1 + 2v2 − 4v4, 3v1 − 10v2 + 4v5〉 .

Inoltre, (ζi◦wj)1≤i,j≤2 =(

0 1

1 0

), per cui 〈w1, w2〉∩〈ζ1, ζ2〉⊥ = 〈0〉 e il sottospazio 〈w1, w2〉 e ψ-stabile. E facile

quindi calcolare ψ(w1) e ψ(w2) e verificare che ψ(w1 +w2) = 4(w1 +w2) e ψ(w1−w2) = 2(w1−w2); ovveroche vi sono anche gli autovalori 2 e 4 con molteplicita geometrica almeno 1 e quindi possiamo concludere cheψ e diagonalizzabile, con polinomio caratteristico pψ(X) = (X − 3)3(X − 4)(X − 2) e autospazi:

ker(ψ − 3idV ) = 〈ζ1, ζ2〉⊥ , ker(ψ − 4idV ) = 〈w1 + w2〉 , ker(ψ − 2idV ) = 〈w1 − w2〉 .

Il lettore puo scrivere facilmente le coordinate nella base V degli elementi di una base di autovettori. �


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = iX3 + 3X2 + (1− 3i)X − (2 + 2i) ∈ C[X].(a) Si calcoli P (−1) e si determinino le radici di P (X). Si disegnino nel piano di Gauss tali radici e sia P il


(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo le rettedel punto precedente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss,evidenziando la regione λ∗(P in) ∪ P in ove P in e la regione interna al poligono P .




A = αV,W(φ) =

1 −2 −1 3 −2 1 −1

−1 2 3 −5 6 0 0

0 0 2 −2 4 0 1

1 −2 0 2 0 −2 −3

0 0 1 −1 2 −1 −2

.



ove E =(

1r 0

0 0



A = αV,V(φ) =

3 −1 0 −1 0

0 1 0 0 0

0 −1 4 0 6

5 −2 0 −3 0

0 1 −3 0 −5

.



w1 = v1 − v2 − 3v3 − 12v4 − 3v5

w2 = v1 + v2 − 2v3 + v4 + 2v5.

ζ1 = 2v∗1 + 3v∗2 + v∗3 − 2v∗4 − v∗5ζ2 = 3v∗1 − v∗2 + v∗3 − 2v∗4 + v∗5

Indicato con ψ : V → V l’endomorfismo ψ : w1⊗ζ1 +w2⊗ζ2−5idV , si determinino il polinomio caratte-ristico di ψ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; si dica inoltre se ψ e diagonalizzabile


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = X3 + 3X2 + (3− i)X + (2− 2i) ∈ C[X].(a) Si calcoli P (i) e si determinino le radici di P (X). Si disegnino nel piano di Gauss tali radici e sia P il


(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo le rettedel punto precedente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss,evidenziando la regione λ∗(P in)∪P out ove P in e la regione interna al poligono P e P out quella esterna.




A = αV,W(φ) =

1 −1 3 1 1 −4 −1

−1 3 −5 0 3 4 0

0 2 −2 0 2 2 1

1 0 2 −2 −4 3 −3

0 1 −1 −1 −1 3 −2

.



ove E =(

1r 0

0 0



A = αV,V(φ) =

−3 −1 0 5 0

0 −2 0 0 0

0 1 −5 0 −3

−1 −1 0 3 0

0 −2 6 0 4

.



w1 = 3v1 + 12v2 + 3v3 + v4 − v5

w2 = 2v1 + v2 − 2v3 + v4 + v5.

ζ1 = v∗1 + 2v∗2 − v∗3 − 3v∗4 − 2v∗5ζ2 = v∗1 − 2v∗2 + v∗3 − v∗4 + 3v∗5

Indicato con ψ : V → V l’endomorfismo ψ : 2idV +w1⊗ζ1 +w2⊗ζ2, si determinino il polinomio caratte-ristico di ψ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; si dica inoltre se ψ e diagonalizzabile


ESERCIZIO 1. Sia P (X) = iX3 − 3X2 − (1 + 3i)X + (2− 2i) ∈ C[X].(a) Si calcoli P (−1) e si determinino le radici di P (X). Si disegnino nel piano di Gauss tali radici e sia P il


(b) Si determinino i centri e i raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo le rettedel punto precedente nella circonferenza unitaria e si disegnino tali circonferenze nel piano di Gauss,evidenziando la regione λ∗(P out)∪P in ove P in e la regione interna al poligono P e P out quella esterna.




A = αV,W(φ) =

1 −2 0 2 1 2 0

0 0 1 −1 2 0 0

−1 2 1 −3 1 1 −3

0 0 1 −1 2 0 −3

2 −4 −1 5 0 0 3

.



ove E =(

1r 0

0 0



A = αV,V(φ) =

−2 −2 1 −1 5

0 −3 0 0 0

0 0 −2 0 5

5 2 −1 4 −5

0 0 1 0 2

.



w1 = 2v1 − v2 + 3v3 − 2v4 − v5

w2 = 2v1 + 2v2 + v3 + 2v4 + 2v5.

ζ1 = v∗1 + 2v∗2 − v∗3 − v∗4 − v∗5ζ2 = 2v∗1 + 2v∗2 − 2v∗3 − 2v∗4 − v∗5

Indicato con ψ : V → V l’endomorfismo ψ : w1⊗ζ1 +w2⊗ζ2−4idV , si determinino il polinomio caratte-ristico di ψ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; si dica inoltre se ψ e diagonalizzabile


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = 4X3 + (1− 6i)X + 1− 3i.(a) Si calcoli P (1 + i) e si determinino le radici in C di P (X). Si disegni nel piano di Gauss il poligono

convesso P che ha come vertici tali radici. Tramite le coordinate z e z si scrivano le equazioni delle retteche contengono i lati del poligono P .

(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando l’insieme λ∗(P in) ∩ P in, ove P in e l’insieme dei punti interni a P .

(c) Sia C la circonferenza del piano di Gauss di centro z0 e raggio r > 0 e sia τ(z) = az+bcz+d una trasformazione

di Mobius con ad− bc 6= 0 6= c. E vero o falso che τ∗(C) e una retta se, e solo se, −dc appartiene a C?

Svolgimento. (a) P (i+ 1) = 0, quindi P (X) = (X − 1− i)(4X2 + 4(1 + i)X + 1 + 2i) = (X − 1− i)(2X +1)(2X + 1 + 2i). Le radici di P (X) sono quindi z1 = 1 + i, z2 = − 1

2 , z3 = − 1+2i2 . P e un triangolo e le rette

cercate sono

z1 ∨ z2 : (2 + 3i)z + (2− 3i)z + 2 = 0, z1 ∨ z3 : (4 + 3i)z + (4− 3i)z − 2 = 0, z2 ∨ z3 : z + z + 1 = 0.


λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z +2− 3i

2

∣∣∣∣ =

√13

2,

λ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −4− 3i

2

∣∣∣∣ =5

2,

λ∗(z2 ∨ z3) : |z + 1| = 1,

z1

z2

z3

ove si riconoscono immediatamente centri e raggi. Nel disegno le circonferenze compaiono parzialmente e conlinee tratteggiate. Infine, la regione λ∗(P in) ∩ P in e divisa in due parti ed evidenziata in grigio nel disegno.

(c) Consideriamo le trasformazioni di Mobius estese alla sfera di Riemann C = C ∪ {∞}. La riflessionerispetto a τ∗(C) e λ1 = τ ◦ λ0 ◦ τ−1, ove λ0 e la riflessione nella circonferenza C; e τ∗(C) e una retta se, esolo se, λ1(∞) = ∞. Dunque, τ(−dc ) = ∞ e quindi λ1(∞) = τ(λ0(−dc )) = ∞ se, e solo se, λ0(−dc ) = −dc ;

ovvero se, e solo se, −dc e un punto unito per λ0, ovvero un punto della circonferenza C. �

ESERCIZIO 2. Siano U , V e W spazi vettoriali complessi e siano U = {u1, . . . , u4}, V = {v1, . . . , v5},W = {w1, . . . , w6} delle rispettive basi su C.(a) Si considerino le applicazioni lineari φ : V →W e ψ : U → V definite dalle condizioni

αU,V(ψ) =

0 1 −2 −1

0 0 1 1

1 −1 0 1

−1 0 1 −1

1 −2 1 1

e

φ(v1 − v2 + v3) = φ(v2 − v4 − v5) = w1 − 2w3

φ(v1 − 2v2 + 2v3) = φ(3v2 − 2v4 − 2v5) = 3w2 − 2w4

φ(v4 + 2v5) = 2w1 − 4w3 − 3w5 + 2w6.

Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine dei due omomorfismi e si verifichi cheV = imψ ⊕ kerφ.

(b) Si determini la matrice in base V dell’endomorfismo π : V → V che proietta ogni vettore sulla suacomponente in imψ, parallelamente al sottospazio kerφ. Trovare le matrici di tutte le applicazionilineari ξ : V → V tali che φξψ = φπψ. Cosa si puo dire dell’insieme di tutte le applicazioni ξ − ξ′, oveξ e ξ′ soddisfano alla condizione precedente?

16


(c) Sia φ : V →W un’applicazione lineare di rango r, ove V e W sono spazi vettoriali su Fq di dimensionen e m, rispettivamente. Fissate le basi V e W dei due spazi, sia A = αV,W(φ) e sia E la matrice ridottain forma a scalini stretta di A. Che relazioni ci sono tra A ed E? Come si possono contare (se esistono)le basi ordinate W ′ tali che E = αV,W′(φ)?

Svolgimento. (a) I vettori su cui e definita φ sono una base, per cui

kerφ = 〈v1 − 2v2 + v3 + v4 + v5, v1 + v2〉 , imφ = 〈w1 − 2w3, 3w2 − 2w4, 3w5 − 2w6〉 .

Inoltre, kerψ = 〈2u1 + u2 + u3 − u4〉, imψ = 〈v3 − v4 + v5, v1 − v3 − 2v5, 2v1 − v2 − v4 − v5〉, ove gli insiemi

di generatori dati sono basi dei vari sottospazi. Equazioni cartesiane per imψ sono

{x1 + x2 + x3 + x4 = 0

2x3 + x4 − x5 = 0,

con cui si verifica facilmente che kerφ ∩ imψ = 〈0〉 e, per motivi di dimensione, la somma dei due spazi etutto V .

(b) Si ha

αV,V(π) = 14

2 −2 −4 −3 1

−2 2 8 3 −5

0 0 0 −2 2

0 0 −4 2 2

0 0 −4 −2 6

.

L’applicazione Φ : HomC (V, V ) → HomC (U,W ) definita da Φ(ξ) = φξψ per ogni ξ ∈ HomC (V, V ), eun’applicazione lineare e l’insieme { ξ ∈ HomC (V, V ) | φξψ = φπψ } e la controimmagine Φ−1(φπψ) = π +kerΦ. Quindi le matrici cercate si ottengono sommando alla matrice di αV,V(π) le matrici delle applicazionilineari η : V → V tali che η(imψ) ⊆ kerφ (che formano un sottospazio di dimensione 16 di HomC (V, V )). Seconsideriamo la base V ′ di V ottenuta dalla base data di imψ seguita dai vettori v4 e v5, le matrici cercatesi possono ottenere nel modo seguente

αV,V(π) + αV′,V(η)αV,V′(id) = 14

2 −2 −4 −3 1

−2 2 8 3 −5

0 0 0 −2 2

0 0 −4 2 2

0 0 −4 −2 6

+

a1+b1 a2+b2 a3+b3 c1 d1−2a1+b1 −2a2+b2 −2a3+b3 c2 d2

a1 a2 a3 c3 d3a1 a2 a3 c4 d4a1 a2 a3 c5 d5

1 2 1 0 0

1 2 0 0 0

0 −1 0 0 0

1 1 1 1 0

1 1 −1 0 1

.

Il lettore, se preferisce, puo fare il prodotto.

(c) La matrice E e la forma canonica per riga-equivalenza della matrice A; dunque esiste una matriceinvertibile, P , tale che E = PA. La matrice ridotta a scalini in forma stretta ha i pivot uguali a 1 e sono nulletutte le entrate al di sopra e al di sotto dei pivot. Se j1 < · · · < jr sono gli indici di colonna corrispondentiai pivot di E, cio significa che i vettori φ(vj1), . . . , φ(vjr ) sono i primi r vettori di ogni base ordinata W ′ chesoddisfi alle condizioni richieste. I rimanenti m − r vettori della base possono essere scelti arbitrariamente,purche completino i vettori dati ad una base di W . Le scelte possibili sono quindi

∏m−1j=r (qm − qj). �


A = αV,V(φ) =

5 0 −16 6 8

0 2 0 0 0

0 −3 1 0 −1

−3 0 8 −4 −4

0 −6 6 0 −4

.

(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascun autospazio; si dicainoltre se φ e diagonalizzabile e, in tal caso, si determinino una matrice diagonale D e una matriceinvertibile P , tali che P−1AP = D.

(b) Si scriva la matrice B = αV,V(π) della proiezione π : V → V sull’autospazio di φ relativo all’autovalore

piu piccolo in valore assoluto, parallelamente alla somma degli altri autospazi. E possibile scrivere Bcome combinazione lineare delle potenze di A? E vero che per ogni esponente intero n ≥ 2, la tracciadi An e un intero pari, ma non divisibile per 4?


Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = det(X15−A) = (X+1)2(X−2)2(X+2), e le matrici

A+ 15 =

6 0 −16 6 8

0 3 0 0 0

0 −3 2 0 −1

−3 0 8 −3 −4

0 −6 6 0 −3

A− 215 =

3 0 −16 6 8

0 0 0 0 0

0 −3 −1 0 −1

−3 0 8 −6 −4

0 −6 6 0 −6

A+ 215 =

7 0 −16 6 8

0 4 0 0 0

0 −3 3 0 −1

−3 0 8 −2 −4

0 −6 6 0 −2


W1 = ker(φ+ id) = 〈v1 − v4, v3 + 2v5〉 , W2 = ker(φ− 2id) = 〈2v1 − v4, v2 − v3 − 2v5〉 ,W3 = ker(φ+ 2id) = 〈2v1 − v3 − v4 − 3v5〉 .

I generatori dei tre autospazi sono delle basi per gli stessi, quindi molteplicita algebrica e geometrica coin-cidono, per cui φ e diagonalizzabile, ovvero V = W1 ⊕W2 ⊕W3, e possiamo prendere la base di autovettoriW = {w1, . . . , w5} data dai vettori indicati sopra come generatori degli autospazi. In particolare

D = αW,W(φ) =

−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 2 0

0 0 0 0 −2

. e P = αW,V(id) =

1 0 2 0 2

0 0 0 1 0

0 1 0 −1 −1

−1 0 −1 0 −1

0 2 0 −2 −3

soddisfano alla condizione P−1AP = D.

(b) Guardando alla matrice diagonale D, simile ad A, si vede facilmente che il polinomio 4−X2

3 calcolato in

D, fornisce la matrice (nella base degli autovettori) della proiezione sul sottospazio W1. Quindi π = 4id−φ2

3e la matrice αV,V(π) e

B =415 −A2

3=

−1 0 0 −2 0

0 0 0 0 0

0 1 3 0 −1

1 0 0 2 0

0 2 6 0 −2

.

Matrici simili hanno la stessa traccia (perche?), quindi la traccia delle potenze di A coincide con la tracciadelle potenze di D. Percio, per ogni intero n ∈ Z, si ha

trAn = tr

(−1)n 0 0 0 0

0 (−1)n 0 0 0

0 0 2n 0 0

0 0 0 2n 0

0 0 0 0 (−2)n

=

{2n − 2 se n e dispari

3 · 2n + 2 se n e pari.

Dunque, per n ≥ 2 si ottiene un intero pari, ma non divisibile per 4. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = 4X3 − (1 + 6i)X + 3− i.(a) Si calcoli P (1 + i) e si determinino le radici in C di P (X). Si disegni nel piano di Gauss il poligono


(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando l’insieme λ∗(P out) ∩ P in, ove P in e P out sono rispettivamente i puntiinterni ed esterni a P .




αU,V(ψ) =

1 −1 −1 0

2 −1 −2 1

1 −2 2 2

−2 2 1 −1

1 0 −2 0

e

φ(v1 − 2v2 − v4 + v5) = φ(−v1 + v4) = 2w2 − w5

φ(v1 + 4v2 + v3 − 2v4) = φ(−2v1 − v2 + 3v4 + v5) = 2w1 − 3w6

φ(2v1 − v2 − 2v4 + 2v5) = 4w2 + 3w3 − 2w4 − 2w5.

Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di φ e ψ e si verifichi che V = imψ⊕kerφ.(b) Si determini la matrice in base V dell’endomorfismo π : V → V che proietta ogni vettore sulla sua

componente in imψ, parallelamente al sottospazio kerφ. Trovare le matrici di tutte le applicazionilineari ξ : V → V tali che φξψ = φπψ. Cosa si puo dire dell’insieme di tutte le applicazioni ξ − ξ′, oveξ e ξ′ soddisfano alla condizione precedente?



A = αV,V(φ) =

4 0 −6 6 0

4 4 −8 0 3

1 0 −1 3 0

0 0 0 −2 0

−8 −6 16 0 −5

.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 12 febbraio 2019 – Compito C

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = 4X3 + (1 + 6i)X + 1 + 3i.(a) Si calcoli P (1 − i) e si determinino le radici in C di P (X). Si disegni nel piano di Gauss il poligono


(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando l’insiemeλ∗(P out) ∩ P in, ove P in e P out sono rispettivamente i puntiinterni ed esterni a P .




αU,V(ψ) =

1 1 −2 1

−1 1 0 −1

1 0 −1 1

1 1 0 0

−1 −2 1 0

e

φ(v3 − v4 + v5) = φ(−v1 − v2 + v4) = w1 − 2w3

φ(2v3 − 2v4 + v5) = φ(−2v1 − 2v2 + 3v4) = 3w2 − 2w4

φ(2v1 + v2) = 2w1 − 4w3 − 3w5 + 2w6.

Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine dei due omomorfismi e si verifichi cheV = imψ ⊕ kerφ.

(b) Si determini la matrice in base V dell’endomorfismo π : V → V che proietta ogni vettore sulla suacomponente in imψ, parallelamente al sottospazio kerφ. Trovare le matrici di tutte le applicazionilineari ξ : V → V tali che φξψ = φπψ. Cosa si puo dire dell’insieme di tutte le applicazioni ξ − ξ′, oveξ e ξ′ soddisfano alla condizione precedente?



A = αV,V(φ) =

3 1 −5 −2 5

0 −1 0 0 0

0 −1 4 2 0

0 1 −5 −3 0

−1 −1 5 2 −3

.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 12 febbraio 2019 – Compito D

ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) = 4X3 − (1− 6i)X + 3 + i.(a) Si calcoli P (1 − i) e si determinino le radici in C di P (X). Si disegni nel piano di Gauss il poligono


(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando l’insieme λ∗(P in) ∩ P in, ove P in e l’insieme dei punti interni a P .




αU,V(ψ) =

0 −2 0 1

−1 1 2 −2

2 2 −2 1

1 −2 −1 2

0 −1 −1 1

e

φ(v1 − v2 − 2v4 + v5) = φ(v2 − v5) = 2w2 − w5

φ(−2v2 + v3 + 4v4 + v5) = φ(v1 + 3v2 − v4 − 2v5) = 2w1 − 3w6

φ(2v1 − 2v2 − v4 + 2v5) = 4w2 + 3w3 − 2w4 − 2w5.

Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di φ e ψ e si verifichi che V = imψ⊕kerφ.(b) Si determini la matrice in base V dell’endomorfismo π : V → V che proietta ogni vettore sulla sua

componente in imψ, parallelamente al sottospazio kerφ. Trovare le matrici di tutte le applicazionilineari ξ : V → V tali che φξψ = φπψ. Cosa si puo dire dell’insieme di tutte le applicazioni ξ − ξ′, oveξ e ξ′ soddisfano alla condizione precedente?



A = αV,V(φ) =

3 −2 −5 1 1

0 3 5 −1 0

0 −2 −4 1 0

0 0 0 1 0

−5 2 5 −1 −3

.





ESERCIZIO 1. Siano z1 e z2 le radici del polinomio 4X2 − (18 + 6i)X + 16 + 15i ∈ C[X] e siano z3 = iz1,z4 = iz2.(a) Si disegni nel piano di Gauss il quadrilatero convesso Q che ha i quattro punti dati come vertici e si

scrivano le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che formano i suoi lati.(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nel cerchio unitario. Si determinino centri e raggi delle

circonferenze che si ottengono riflettendo i lati di Q tramite λ e si disegnino nel piano di Gauss questecirconferenze evidenziando il riflesso del quadrilatero Q.

Svolgimento. Si ha 4X2− (18 + 6i)X + 16 + 15i = (2z− 3− 2i)(2z− 6− i); quindi i vertici di Q sono i puntiz1 = 3

2 + i, z2 = 3 + i2 , z3 = iz1 = 1 + 3i

2 , z4 = iz1 = 12 + 3i.

(a) Il lati di Q sono quindi le rette (cfr. il disegno a fianco)

z1 ∨ z2 : (1− 3i)z + (1 + 3i)z − 9 = 0,

z1 ∨ z3 : (1− i)z + (1 + i)z − 5 = 0,

z2 ∨ z4 : (1− i)z + (1 + i)z − 7 = 0,

z3 ∨ z4 : (3− i)z + (3 + i)z − 9 = 0.

(b) Le immagini delle quattro rette tramite la riflessione nel cerchiounitario sono le circonferenze

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −1 + 3i

9

∣∣∣∣ =

√10

9, λ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1 + i

5

∣∣∣∣ =

√2

5,

z1

z2

z3

z4

λ∗(z2 ∨ z4) :

∣∣∣∣z −1 + i

7

∣∣∣∣ =

√2

7, λ∗(z3 ∨ z4) :

∣∣∣∣z −3 + i

9

∣∣∣∣ =

√10

9.

Il riflesso λ∗Q e la regione evidenziata in grigio nel disegno sopra. �

ESERCIZIO 2. Siano U , V e W spazi vettoriali su Q e siano U = {u1, u2, u3}, V = {v1, . . . , v5} eW = {w1, . . . , w4} delle rispettive basi. Siano date le applicazioni lineari φ : V →W e ψ : U →W tali che

αV,W(φ) = A =

( 0 4 −1 0 2

1 −2 2 1 −3

1 6 0 1 1

−2 0 −3 0 −2

),

ψ(u1 + u3) = −2ψ(2u1 + u2) = −2w2 − 2w3 + 4w4

ψ(u1 − u3) = 2w1 + 2w2 + 6w3 − 6w4

.

(a) Si determinino nucleo e immagine per φ e ψ e si scriva B = αU,W(ψ).(b) Si determinino tutte le applicazioni lineari, f : U → V , tali che ψ = φ ◦ f e se ne scrivano le matrici

nelle basi date. Queste matrici formano un sottospazio vettoriale o una sottovarieta lineare dello spaziodelle matrici? In ogni caso, se ne determini la dimensione.

Svolgimento. Dalle condizioni date si ricavano con calcoli diretti nucleo, immagine e matrice di ψ, ovvero

kerψ = 〈5u1 + 2u2 + u3〉 , imψ = 〈w2 + w3 − 2w4, w1 + w2 + 3w3 − 3w4〉 , αU,W(ψ) =

( 1 −2 −1

0 1 −2

2 −3 −4

−1 0 5

).

Per ricavare nucleo e immagine di φ possiamo applicare la tecnica di eliminazione di Gauss alle righe dellamatrice A e, per rispondere al secondo quesito, e utile affiancarle la matrice B appena trovata.

(A|B) ∼III

III − IIIV + 2II

( 1 −2 2 1 −3 0 1 −2

0 4 −1 0 2 1 −2 −1

0 8 −2 0 4 2 −4 −2

0 −4 1 2 −8 −1 2 1

)∼ (IV + II)/2

III − 2II

( 1 −2 2 1 −3 0 1 −2

0 4 −1 0 2 1 −2 −1

0 0 0 1 −3 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

)∼

∼2I + II − 2III

( 2 0 3 0 2 1 0 −5

0 4 −1 0 2 1 −2 −1

0 0 0 1 −3 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

).

22


Dunque, imφ = 〈w2 + w3 − 2w4, 2w1 − w2 + 3w3, w4〉, kerφ = 〈2v1 + v2 − 6v4 − 2v5, 6v1 − v2 − 4v3〉. Lepossibili matrici dell’applicazione lineare f nelle basi U e W sono quindi

1/2 0 −5/2

1/4 −1/2 −1/4

0 0 0

0 0 0

0 0 0

+

2a+6b 2c+6d 2e+6f

a−b c−d e−f−4b −4d −4f

−6a −6c −6e

−2a −2c −2e

.

al variare dei parametri (a, b, c, d, e, f) in Q6. Si tratta percio di una sottovarieta lineare di dimensione 6 diM5×3(Q). �

ESERCIZIO 3. Sia V uno spazio vettoriale su Q e V = {v1, . . . , v5} una sua base e si consideri l’endomor-

fismo φ : V → V di matrice A = αV,V(φ) =

−5 0 −6 0 2

4 −3 0 −2 4

2 0 2 0 −1

0 3 2 4 8

−2 0 −3 0 0

.

Si determinino polinomio caratteristico, autovalori e autospazi di φ. Si dica se φ e diagonalizzabile e,in tal caso, si determinino una matrice diagonale D e una matrice invertibile P tali che D = P−1AP . Sidica per quali valori di c ∈ Q esiste una matrice X ∈M5(Q) tale che X −A = cXA. E vero che in tal casoAX = XA?

Svolgimento. (a) Polinomio caratteristico e pφ(X) = (X + 1)3(X − 3)(X + 2), con tre autovalori distinti,−1, −2 e 3 di molteplicita algebrica 3, 1 e 1, rispettivamente. I relativi autospazi sono

ker(φ+ id) = 〈v1 + 23v2 − 17v4 + 2v5, 28v2 + v3 − 22v4 + 3v5〉 ,ker(φ+ 2id) = 〈2v2 − v4〉 , ker(φ− 3id) = 〈v2 − 3v4〉 ,

e per l’autovalore −1 si ha mg(−1) = 2 < 3 = ma(−1); quindi φ non e diagonalizzabile.Se c = 0, deve essere X = A e quindi la soluzione esiste e commuta con A. Supponiamo allora c 6= 0

e osserviamo che dalla condizione data si ricava A = X(1 − cA) e quindi, se 1c non e un autovalore per A,

allora 1− cA e invertibile e quindi X = A(1− cA)−1 e la soluzione richiesta e si ha

cAX = cA2(1− cA)−1 = A(1− (1− cA))(1− cA)−1 = X −A = cXA

e quindi A e X commutano, perche c 6= 0. Infine, se fosse Av = 1cv per qualche vettore, v, dalla condizione

X − A = cXA si ricava, Xv − 1cv = cX( 1

cv) = Xv; e quindi v = 0, perche c 6= 0. Dunque la condizione chee 1c non sia un autovalore per A e necessaria e sufficiente per l’esistenza (e unicita) di X, quando c 6= 0; e,

in ogni caso, X e A commutano. Per la matrice A data, deve quindi essere c /∈ {−1,−1/2, 1/3 }. �

ESERCIZIO 4. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 3 sul campoK. Siano dati due vettori linearmenteindipendenti v1, v2 in V e sia ζ1 ∈ V ∗ tale che ζ1 ◦ v2 6= 0.(a) Come si puo determinare una forma lineare ζ2 ∈ V ∗ in modo che l’endomorfismo ν = v1 ⊗ ζ1 + v2 ⊗ ζ2

sia nilpotente, di periodo 3 (ovvero ν3 = 0 6= ν2)? Cosa si puo dire se, invece, ζ1 ∈ 〈v2〉⊥?(b) Sia ora K = Fq il campo con q elementi e siano dati v1, v2 e ζ1 come sopra. Quante sono le possibili scelte

per la forma lineare ζ2? Quanti sono gli endomorfismi nilpotenti, di periodo 3, ν, tali che imν = 〈v1, v2〉?Svolgimento. (a) Il lettore puo completare i vettori dati a una base V = {v1, v2, v3} di V e considerare labase duale su V ∗, facendo esplicitamente i conti sulle coordinate delle forme ζ1 e ζ2 in tale base. Al contrario,proviamo a descrivere tali operazioni in modo piu intrinseco. In base alle condizioni date, deve aversi rkν = 2e quindi ζ2 /∈ 〈ζ1〉. Calcolando ν2, deve aversi quindi che la matrice

X =(ζ1◦v1 ζ1◦v2ζ2◦v1 ζ2◦v2

)

ha rango 1 e soddisfa alla condizione X2 = 0. Posto quindi c = − ζ1◦v1ζ1◦v2 , deve aversi ζ2 = cζ1 + η con

0 6= η ∈ 〈v1, v2〉⊥ e questa soddisfa alle condizioni richieste. Se, invece, ζ1 ◦ v2 = 0, sempre guardando


alla matrice X, deve aversi anche ζ1 ◦ v1 = 0 = ζ2 ◦ v2, affinche X2 = 0. Dunque e sufficiente prendereζ2 ∈ 〈v2〉⊥ r 〈v1〉⊥ per avere un endomorfismo come richiesto.

(b) Dunque, nel caso in cui ζ1 ◦ v2 6= 0 ci sono q − 1 scelte per ζ0 (in corrispondenza con gli elementi non

nulli di 〈v1, v2〉⊥), mentre se ζ1 ◦ v2 = 0 le scelte diventano q2 − q (in corrispondenza con gli elementi di

〈v2〉⊥r〈v1〉⊥). Infine, per contare gli endomorfismi nilpotenti con le condizioni richieste, bisogna tener contoanche delle possibili scelte di ζ1 nei due casi. Si ottengono cosı (q2 − q)(q2 − 1) possibili scelte. �


ESERCIZIO 1. Si determinino i numeri complessi z tali che z2 − 3iz = 0.(a) Si disegnino nel piano di Gauss tali numeri e il piu piccolo sottoinsieme convesso, Q, che li contiene. Si

scrivano le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che formano i suoi lati.(b) Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nel cerchio unitario. Si determinino centri e raggi delle

circonferenze che si ottengono riflettendo i lati di Q tramite λ e si disegnino nel piano di Gauss questecirconferenze. Sia T un triangolo che ha come vertici l’origine e due soluzioni non nulle di z2 − 3iz = 0.Si evidenzi la regione I ∩ λ∗(I) ove I e l’insieme dei punti interni a T .

Svolgimento. (a) Chiaramente z0 = 0 soddisfa alla condizione data. Se z 6= 0 soddisfa alla condizione, alloradeve aversi |z|2 = |3iz| = 3|z|; quindi |z| = 3 e z = 9/z, per cui deve aversi z3 = 27i, ovvero z1 = −3i,

z2 = −3ie2πi/3 = 3√

3+3i2 , z3 = −3ie4πi/3 = − 3

√3−3i2 .

(a) Il lati del triangolo di vertici z1, z2, z3, sono quindi le rette (cfr.il disegno a fianco)

z1 ∨ z2 : (√

3 + i)z + (√

3− i)z − 6 = 0,

z1 ∨ z3 : (√

3− i)z + (√

3 + i)z + 6 = 0,

z2 ∨ z3 : iz − iz + 3 = 0.

(b) Le immagini delle tre rette tramite la riflessione nel cerchiounitario sono le circonferenze z1

z2z3

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣∣z −√

3− i6

∣∣∣∣∣ =1

3, λ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣∣z +

√3 + i

6

∣∣∣∣∣ =1

3, λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −i

3

∣∣∣∣ =1

3.

Preso il triangolo T di vertici, z0, z1, z2, la regione I∩λ∗(I) e quella evidenziata in grigio nel disegno. �

ESERCIZIO 2. Sia V = U ⊕W uno spazio vettoriale reale e siano U = {u1, . . . , u4}, e W = {w1, w2, w3}delle basi dei due sottospazi U e W .(a) Indichiamo con T il sottospazio

T = 〈u1 + u3 − 2w3, u2 − u4 + 2w1 − 4w2, u1 − u3 − 2w1 + 4w2, u2 + u4 + 4w3〉 .

Si determini la dimensione di T e si verifichi che V = T ⊕W . Si mostri che esiste un’unica applicazionelineare φ : U →W tale che T = Γφ = { u+ φ(u) | u ∈ U } e se ne scriva la matrice nelle basi date.

(b) Si mostri che ogni complementare Z di W e un sottospazio del tipo Γψ = { u+ ψ(u) | u ∈ U } al variaredi ψ ∈ HomR (U,W ). Si mostri che V ∗ = U⊥ ⊕ W⊥ e si mostri che esiste una base di W⊥ dualedella base U di U . E vero che questa base e duale della base { ui + ψ(ui) | i = 1, . . . , 4 } di Γψ per ogniψ ∈ HomR (U,W )?

Svolgimento. (a) Unendo le basi U e W si ottiene una base di V e possiamo considerare la matrice che hacome righe le coordinate dei generatori dati di T . Operiamo sulle righe, ovvero facciamo cambiamenti dibase nello spazio T e si ottiene

( 1 0 1 0 0 0 −2

0 1 0 −1 2 −4 0

1 0 −1 0 −2 4 0

0 1 0 1 0 0 4

)∼

IIV

(I − III)/2(IV − II)/2

( 1 0 1 0 0 0 −2

0 1 0 1 0 0 4

0 0 1 0 1 −2 −1

0 0 0 1 −1 2 2

)∼

I − IIIII − IV

IIIIV

( 1 0 0 0 −1 2 −1

0 1 0 0 1 −2 2

0 0 1 0 1 −2 −1

0 0 0 1 −1 2 2

).

Dunque i quattro generatori di T sono linearmente indipendenti, per cui dimT = 4 e, posto

φ(u1) = −w1 + 2w2−w3, φ(u2) = w1− 2w2 + 2w3, φ(u3) = w1− 2w2−w3, φ(u4) = −w1 + 2w2 + 2w3,

25


si definisce un omomorfismo φ : U →W (e la sua matrice nelle basi date) tale che { ui + φ(ui) | i = 1, . . . , 4 }sia la base di T data dalle righe della matrice ridotta e quindi T = Γφ. Infine, si ha u+ φ(u) ∈W ∩ T se, esolo se, u ∈ U ∩W = 〈0〉 e quindi, ricordando le dimensioni dei due sottospazi, V = T ⊕W .

(b) Per quanto visto sopra, ogni sottospazio Γψ = { u+ ψ(u) | u ∈ U }, al variare di ψ ∈ HomR (U,W ), eun complementare di W . Inoltre, se T e un complementare di W , allora la restrizione a T della proiezioneπ : V → V su U , parallelamente a W , e biiettiva, perche ker(π|T = T ∩kerπ = T ∩W = 〈0〉 e i due sottospazihanno la stessa dimensione. L’omomorfismo ψ : U → W che permette di identificare T con Γψ si ottieneandando da U a T con l’inversa di π|T e componendo questa con la proiezione su W parallelamente a U .

Si ha U⊥ ∩W⊥ = (U +W )⊥ = 〈0〉 e U⊥ +W⊥ = (U ∩W )⊥ = V ∗, per cui V ∗ = U⊥ ⊕W⊥ e inoltre,restringendo a W⊥ la proiezione di V ∗ sul quoziente V ∗/U⊥ ∼= U∗, si ottiene un isomorfismo tra i due spaziper cui possiamo trovare in W⊥ una base ζ1, . . . , ζ4, tale che ζi ◦ uj = δij (che relazioni ha con la base dualedella base U ∪W di V ?). Chiaramente, per ogni ψ ∈ HomR (U,W ), si ha ζi ◦ (uj + ψ(uj)) = ζi ◦ uj = δij ,perche ζi ∈W⊥ e ψ(uj) ∈W . �

ESERCIZIO 3. Si dica se esiste ed e unico un endomorfismo φ : Q4 → Q4 soddisfacente alle condizioni

φ−1(2e3 − 4e1) = 2e1 − e3 + 〈e1 − e2, e3 − 2e4〉 , e e4 ∈ φ−1(e3);

ove E = {e1, . . . , e4} e la base canonica di Q4.(a) Se un tale φ esiste, si determinino polinomio caratteristico, autovalori e autospazi e si dica se φ e

diagonalizzabile.(b) Sia W =

{ψ ∈ HomQ (Q4,Q4)

∣∣ φ ◦ (id + ψ) = φ}

. Si dica se e un sottospazio vettoriale o un sottospazioaffine di HomQ (Q4,Q4) e si determini in ogni caso la dimensione e una base del sottospazio direttore.

(c) Si identifichi lo spazio vettoriale HomQ (Q4,Q4) con il suo duale tramite l’applicazione bilineare nondegenere (f, g) 7→ tr(f ◦ g). Si determinino dimensione e una base per i sottospazi W ⊥, W ∩ W ⊥,W + W ⊥.

Svolgimento. (a) Posto v1 = e1− e2, v2 = e3− 2e4, v3 = 2e1− e3, v4 = e3, in base alle condizioni date, deveaversi

φ(v1) = 0 = φ(v2), φ(v3) = −2v3, φ(v4) = φ(e3) = φ(2e4) = 2v4.

Poiche V = {v1, . . . , v4} e una base di Q4, le condizioni date determinano univocamente l’endomorfismo φ equesta e una base di autovettori per φ. Dunque φ e diagonalizzabile, con polinomio caratteristico X2(X2−4),autovalori 0, 2,−2 e autospazi kerφ = 〈v1, v2〉, ker(φ− 2id) = 〈v4〉, ker(φ+ 2id) = 〈v3〉.(b) Si ha ψ ∈ W se, e solo se, φ + φ ◦ ψ = φ, ovvero φ ◦ ψ = 0 e quindi W e un sottospazio vettoriale diHomQ (Q4,Q4) di dimensione 8, isomorfo a HomQ (Q4, kerφ). Indicata con V∗ = {v∗1 , . . . , v∗4} la base dualedella base di autovettori data nel punto precedente, una base di W e data dagli endomorfismi vi ⊗ v∗j coni = 1, 2 e j = 1, . . . , 4 (perche v1, v2 sono una base di kerφ).

(c) Usando una base di Q4, possiamo facilmente tradurre le domande negli analoghi quesiti sulle matrici degliendomorfismi in questione. Per pigrizia, continuiamo usando i prodotti tensoriali; il lettore faccia attenzionea non confondere il simbolo di composizione di due omomorfismi con la dualita canonica. Un endomorfismof appartiene a W ⊥ se, e solo se, tr(f ◦ vi ⊗ v∗j ) = 0 per tutti gli elementi della base di W ; poiche

tr(f ◦ vi ⊗ v∗j ) = tr(f(vi)⊗ v∗j ) = v∗j ◦ f(vi),

si ha che f ∈ W ⊥ se, e solo se, 〈v1, v2〉 ⊂ kerf . Dunque dim W ⊥ = 8 e una base e data dagli endomorfismivi ⊗ v∗j con i = 1, . . . , 4 e j = 3, 4. Percio

W ∩W ⊥ ={f ∈ HomQ (Q4,Q4)

∣∣ imf ⊆ 〈v1, v2〉 ⊆ kerf}

= 〈v1 ⊗ v∗3 , v1 ⊗ v∗4 , v2 ⊗ v∗3 , v2 ⊗ v∗4〉 .Dunque la somma dei due sottospazi e

W + W ⊥ ={f ∈ HomQ (Q4,Q4)

∣∣ f(〈v1, v2〉) ⊆ 〈v1, v2〉},

che ha dimensione 12 e una sua base e data dall’unione (insiemistica) delle due basi date di W e W ⊥ (cioeevitando di scrivere due volte gli elementi comuni). �


ESERCIZIO 1. Si consideri polinomio P (X) = X3 − 2iX2 − 10+7i4 X − 3−15i

8 . Si calcoli P ( 1+i2 ) e si

determinino le radici di P (X) in C.(a) Si disegnino le radici nel piano di Gauss tali numeri e sia T il poligono che le ha come vertici. Si scrivano

le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che formano i lati di T .(b) Sia ρ : C r {0} → C r {0} la riflessione z 7→ − 1

z . Si determinino centri e raggi delle circonferenze chesi ottengono riflettendo i lati di T tramite ρ e si disegnino nel piano di Gauss queste circonferenze. Sievidenzi la regione I ∩ ρ∗(I) ove I e l’insieme dei punti interni a T .

Svolgimento. (a) Si ha P (X) = (X − 1+i2 )(X2 + 1−3i

2 X − 6+9i4 ) = (X − 1+i

2 )(X − 2+3i2 )(X + 3

2 ). Quindi

P ( 1+i2 ) = 0 e le tre radici sono i punti z1 = 1+i

2 , z2 = 2+3i2 , z3 = − 3

2 .


z1 ∨ z2 : (2 + i)z + (2− i)z − 1 = 0,

z1 ∨ z3 : (1 + 4i)z + (1− 4i)z + 3 = 0,

z2 ∨ z3 : (3 + 5i)z + (3− 5i)z + 9 = 0.

(b) Le immagini delle tre rette tramite la riflessione ρ (che non e lariflessione nel cerchio unitario, ma ρ ◦ ρ = id) sono le circonferenze

z1

z2

z3

ρ∗(z1 ∨ z2) : |z + (2 + i)| =√

5, ρ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1 + 4i

3

∣∣∣∣ =

√17

3, ρ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −3 + 5i

9

∣∣∣∣ =

√34

9.

La regione I ∩ ρ∗(I) e costituita da due componenti, come evidenziato in grigio nel disegno. �

ESERCIZIO 2. Siano U , V e W spazi vettoriali reali e siano U = {u1, . . . , u4}, V = {v1, . . . , v5} eW = {w1, . . . , w4} delle rispettive basi.(a) Si considerino gli omomorfismi ψ : U → V e φ : V →W definiti ponendo

ψ(u1 + u2) = v1 + 2v2 − v4 = ψ(u3 + u4),

ψ(u2 + u3) = v3 + 2v4 − v5, ψ(u4 − u1) = v2 + 2v3 − v5;αV,W(φ) =

( 2 2 0 −2 2

−1 3 −1 −1 0

0 2 0 0 −1

2 −2 2 2 −2

).

Si determinino dimensione e base di nucleo e immagine per ψ e φ e si determini una base dei sottospazi(kerφ)⊥ e (imψ)⊥ di V ∗. Qual e il rango di ψ∗ ◦ φ∗?

(b) Si verifichi che V = kerφ ⊕ imψ e si scriva la matrice nella base V dell’endomorfismo π : V → V diproiezione su imψ parallelamente a kerφ. Detto C = { ξ ∈ HomR (V, V ) | φ ◦ ξ ◦ ψ = φ ◦ ψ }, si dica seC e un sottospazio vettoriale o un sottospazio affine di HomR (V, V ) e si determinino la dimensione euna base del sottospazio direttore di C (ovvero di C , se questi e sottospazio vettoriale).

Svolgimento. (a) I vettori u1 + u2, u3 + u4, u2 + u3, u4 − u1 sono una base di U e percio le condizionidate definiscono univocamente l’applicazione lineare ψ; imψ = 〈v1 + 2v2 − v4, v3 + 2v4 − v5, v2 + 2v3 − v5〉,di dimensione 3, e kerψ = 〈u1 + u2 − u3 − u4〉. Applicando operazioni elementari sulle righe della matice diφ, si ottiene

( 2 2 0 −2 2

−1 3 −1 −1 0

0 2 0 0 −1

2 −2 2 2 −2

)∼

I/2III

II + I/2IV − I

( 1 1 0 −1 1

0 2 0 0 −1

0 4 −1 −2 1

0 −4 2 4 −4

)∼

III

III − 2IIIV − 2II + 2III

( 1 1 0 −1 1

0 2 0 0 −1

0 0 −1 −2 3

0 0 0 0 0

).

27


Dunque imφ = 〈2w1 − w2 + 2w4, 2w1 + 3w2 + 2w3 − 2w4, 2w4 − w2〉, kerφ = 〈v1 − 2v3 + v4, v2 + 3v4 + 2v5〉e i generatori indicati sono basi dei rispettivi sottospazi. Da quanto visto si ricava

(kerφ)⊥ = 〈v∗1 + v∗2 − v∗4 + v∗5 , 2v∗2 − v∗5 , v∗3 + 2v∗4 − 3v∗5〉

(imψ)⊥ = 〈7v∗1 − 4v∗2 + 2v∗3 − v∗4 , 2v∗1 − v∗2 + v∗3 + v∗5〉 ;

infine, imψ ∩ kerφ = 〈0〉 (come l’abbiamo verificato?), per cui rk(φ ◦ψ) = rkψ = 3 e un’applicazione lineareha lo stesso rango della sua trasposta.

(b) Abbiamo visto sopra che imψ ∩ kerφ = 〈0〉, quindi i due sottospazi sono in somma diretta e, guardandoalle dimensioni, si conclude che V = imψ ⊕ kerφ. La matrice della proiezione puo essere calcolata in diversimodi, ci limitiamo a riportare il risultato del calcolo, ovvero

αV,V(π) =

−19/2 11/2 −9/2 1/2 −7/2

−2 2 −1 0 −1

21 −11 10 −1 7

−33/2 17/2 −15/2 3/2 −13/2

−4 2 −2 0 −1

.

Abbiamo visto che rk(φ ◦ ψ) = 3, per cui 0 /∈ C e quindi il sottoinsieme non e un sottospazio vettoriale.Inoltre, sia l’identita che π, appartengono a C e, se ξ1 e ξ2 appartengono a C , allora la loro differenzaξ1 − ξ2, appartiene al sottospazio vettoriale D = { η ∈ HomR (V, V ) | φ ◦ η ◦ ψ = 0 }. Dunque C = π + D eil sottospazio direttore D ha dimensione 16, in quanto isomorfo al prodotto cartesiano HomR (imψ, kerφ)×HomR (kerφ, V ), essendo V = imψ ⊕ kerφ e l’appartenenza η ∈ D implica η(v) ∈ kerφ per ogni v ∈ imψ.Una base di D puo quindi essere facilmente scritta o usando prodotti tensoriali di elementi di opportune basidi V e V ∗ o usando l’isomorfismo tra HomR (V, V ) e lo spazio delle matrici quadrate di ordine 5 dato dallascelta di un’opportuna base e scrivendo esplicitamente le matrici degli elementi di base. �

ESERCIZIO 3. Siano V e W spazi vettoriali su Q e siano V = {v1, . . . , v4} e W = {w1, . . . , w4} duerispettive basi. Siano dati gli endomorfismi φ : V → V e ψ : W →W di matrice

A = αV,V(φ) =

(−4 0 −2 0

−3 −2 −6 −3

3 0 1 0

3 4 6 5

)e B = αW,W(ψ) =

( 3 1 4 −3

0 −5 0 −6

−1 −1 −2 3

0 3 0 4

)

rispettivamente.(a) Si determinino polinomio caratteristico, autovalori e autospazi per φ e ψ.(b) Si dica se i due endomorfismi sono diagonalizzabili e si determinino in tal caso una matrice diagonale

e una matrice diagonalizzante per ciascuno dei due endomorfismi. Si dica se esiste un isomorfismoρ : V →W per cui si abbia ρ ◦ φ = ψ ◦ ρ e, in tal caso, si determini la matrice αV,W(ρ).

Svolgimento. (a) p(X) = (X − 2)(X − 1)(X + 1)(X + 2) e il polinomio caratteristico di entrambi gli endo-morfismi e gli autospazi sono

ker(φ− 2id) = 〈3v2 − 4v4〉 , ker(φ− id) = 〈v2 − v4〉 ,ker(φ+ id) = 〈2v1 − 6v2 − 3v3 + 6v4〉 , ker(φ+ 2id) = 〈v1 − v2 − v3 + v4〉 .

eker(ψ − 2id) = 〈4w1 − w3〉 , ker(ψ − id) = 〈2w1 + w2 − 2w3 − w4〉 ,

ker(ψ + id) = 〈w1 − w3〉 , ker(ψ + 2id) = 〈−5w1 + 2w2 + 5w3 − w4〉 .

(b) Avendo 4 autovalori distinti, le matrici A e B sono entrambe diagonalizzabili e simili alla stessa matricediagonale. Posto

D =

( 2 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 −2

), P =

( 0 0 2 1

3 1 −6 −1

0 0 −3 −1

−4 −1 6 1

), Q =

( 4 2 1 −5

0 1 0 2

−1 −2 −1 5

0 −1 0 −1

),


si ha P−1AP = D = Q−1BQ. In particolare si ha QP−1A = BQP−1; per cui, posto QP−1 = αV,W(ρ), siha la matrice di un isomorfismo che soddisfa alle condizioni richieste, ove

P−1 =

( 0 −1 0 −1

−3 4 −4 3

−1 0 −1 0

3 0 2 0

)e αV,W(ρ) = QP−1 =

(−22 4 −19 2

3 4 0 3

22 −7 19 −5

0 −4 2 −3

).

�

ESERCIZIO 4. Siano V eW spazi vettoriali di dimensione n sul campo Fq e sia φ : V → V un endomorfismodiagonalizzabile. Al variare dell’endomorfismo ψ : W → W , quanti sono gli isomorfismi ρ : V → W tali cheρ ◦ φ = ψ ◦ ρ?

Svolgimento. Poiche φ e diagonalizzabile, fissiamo una base V = {v1, . . . , vn} di autovettori per φ. Seci e l’autovalore corrispondente all’autovettore vi, per i = 1, . . . , n, perche si abbia ρ ◦ φ = ψ ◦ ρ, deveaversi ψ(ρ(vi)) = ρ(φ(vi)) = ciρ(vi), per i = 1, . . . , n; ovvero ρ(vi) deve essere autovettore per ψ, relativoall’autovalore ci per ogni i = 1, . . . , n. Dunque, puo esistere un isomorfismo ρ come richiesto se, e solo se, ψha gli stessi autovalori di φ con le stesse molteplicita algebriche e geometriche. In tal caso, detti c1, . . . , crgli autovalori di φ (e ψ), a due a due distinti, e indicate con m1, . . . ,mr le rispettive molteplicita (algebrichee geometriche), per determinare un tale ρ, dobbiamo mandare una base dell’autospazio relativo a ci per φin una base dell’omologo autospazio di ψ, per ogni autovalore c1, . . . , cr. Vi sono quindi

r∏

i=1

mi−1∏

j=0

(qmi − qj)

possibili scelte per ρ (ad esempio, (q − 1)n se gli autovalori hanno tutti molteplicita 1). �


ESERCIZIO 1. Si consideri polinomio P (X) = 4X3 − 8iX2 − (15 + 8i)X + 2 + 16i. Si calcoli P ( 2+i2 ) e si

determinino le radici di P (X) in C.(a) Si disegnino le radici nel piano di Gauss tali numeri e sia T , il poligono che le ha come vertici. Si scrivano

le equazioni, in funzione di z e z, delle rette che formano i lati di T .(b) Sia τ : C r {0} → C r {0} la riflessione z 7→ − 2

z . Si determinino centri e raggi delle circonferenze chesi ottengono riflettendo i lati di T tramite τ e si disegnino nel piano di Gauss queste circonferenze. Sievidenzi la regione τ∗(I) ove I e l’insieme dei punti interni a T . Ci sono intersezioni tra I e τ∗(I)?

Svolgimento. Si ha P (X) = (2X − 2− i)(2X2 + (2− 3i)X − 4− 6i) = 4(X − 2+i2 )(X − 2+3i

2 )(X + 2). Quindi

P ( 2+i2 ) = 0 e le tre radici sono i punti z1 = 2+i

2 , z2 = 2+3i2 , z3 = −2.


z1 ∨ z2 : z + z − 2 = 0,

z1 ∨ z3 : (1 + 6i)z + (1− 6i)z + 4 = 0,

z2 ∨ z3 : (1 + 2i)z + (1− 2i)z + 4 = 0.

(b) Le immagini delle tre rette tramite la riflessione τ (che non e lariflessione nel cerchio unitario, ma τ ◦ τ = id, per cui τ∗ = τ∗) sonole circonferenze

τ∗(z1 ∨ z2) : |z + 1| = 1, τ∗(z1 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1 + 2i

2

∣∣∣∣ =

√5

2,

z1

z2

z3

e τ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1 + 6i

2

∣∣∣∣ =

√37

2. La regione τ∗(I) e evidenziata in grigio nel disegno e non interseca I,

perche I e contenuta nell’unione dei due dischi interni a τ∗(z1 ∨ z2) e τ∗(z2 ∨ z3). �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v6} una sua base.(a) Si considerino i sottospazi U , W e H definiti nelle coordinate associate alla base data da:

U :

{x1 − 2x5 + x6 = 0

x2 − 3x3 + 2x4 = 0, W :

{x1 + x2 − 2x5 = 0

x3 + 2x4 − 3x6 = 0, H =

⟨

2

1

0

0

−4

1

,

0

1

0

0

0

−1

,

0

1

−2

4

0

−3

,

0

1

−4

0

0

3

⟩.

Si determinino dimensione e base di U , W , U ∩W , U ∩H, W ∩H, e un sistema di equazioni cartesianeper il sottospazio H.

(b) Se V = H ⊕ (U ∩W ) si scriva la matrice nella base V dell’endomorfismo π : V → V di proiezione su Hparallelamente a U ∩W . E vero che V ∗ = U⊥ ⊕W⊥ ⊕H⊥? In caso affermativo, si scriva la matrice,nella base duale V∗ = {v∗1 , . . . , v∗6} della base V, dell’endomorfismo τ : V ∗ → V ∗ di proiezione su H⊥

parallelamente a U⊥ ⊕W⊥.(c) Siano ζ1, . . . , ζ4 gli elementi di V ∗ corrispondenti alle equazioni date di U e W e siano f1, . . . , f4 le

rispettive righe di coordinate nella base V∗ = {v∗1 , . . . , v∗6}. Siano poi M il sottoinsieme di M4×6(Q)formato dalle matrici le cui righe sono combinazioni lineari di f1, . . . , f4 e Rp : HomQ (V/(U ∩W ),Q4)→HomQ (V,Q4) l’applicazione ξ 7→ ξ ◦ p, ove p : V → V/(U ∩W ) e la proiezione canonica. E vero cheimRp =

{φ ∈ HomQ (V,Q4)

∣∣ αV,E(φ) ∈M}

? (E indica la base canonica di Q4)

30


Svolgimento. (a) Tutti i risultati si ottengono con calcoli diretti, per cui ci limitiamo a riportare delle possibilirisposte.

• dimU = 4 e U = 〈2v1 + v5, v1 + v2 + v3 + v4 + v5 + v6, 5v2 − v3 − 4v4, v1 + 12v2 − 6v4 − 2v5 − 5v6〉.• dimW = 4 e W = 〈2v1 + v5, v1 + v2 + v3 + v4 + v5 + v6, v1 − 5v2 + 12v3 − 6v4 − 2v5, 5v3 − 4v4 − v6〉.• dim(U ∩W ) = 2 e U ∩W = 〈2v1 + v5, v1 + v2 + v3 + v4 + v5 + v6〉.• dim(U ∩H) = 2 e U ∩H = 〈5v2 − v3 − 4v4, v1 + 12v2 − 6v4 − 2v5 − 5v6〉.• dim(W ∩H) = 2 e W ∩H = 〈v1 − 5v2 + 12v3 − 6v4 − 2v5, 5v3 − 4v4 − v6〉.

• Equazioni cartesiane per H:

{2x1 + x5 = 0

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 0.

(b) Si ha U ∩W ∩H = 〈0〉, quindi i due sottospazi sono in somma diretta e, guardando alle dimensioni, siconclude che V = H⊕(U ∩W ). La matrice della proiezione puo essere calcolata in diversi modi, ci limitiamoa riportare il risultato del calcolo, ovvero

A = αV,V(π) = 121

4 1 1 1 −8 1

1 16 −5 −5 −2 −5

1 −5 16 −5 −2 −5

1 −5 −5 16 −2 −5

−8 −2 −2 −2 16 −2

1 −5 −5 −5 −2 16

.

Passando allo spazio duale, si ha V ∗ = H⊥ ⊕ (U ∩ W )⊥ = H⊥ ⊕ U⊥ ⊕ W⊥ e l’applicazione traspostaπ∗ : V ∗ → V ∗ e la proiezione su U⊥ ⊕ W⊥ parallelamente a H⊥, per cui τ = id − π∗ e quindi B =αV∗,V∗(τ) = αV∗,V∗(id)− αV∗,V∗(π∗) = 1− tA = 1−A.

(c) I vettori ζ1, . . . , ζ4 di V ∗ sono una base di (U ∩W )⊥, quindi M e un sottospazio di dimensione 16 diM4×6(Q), formato da matrici che si annullano sulle coordinate in base V dei vettori di U ∩W . D’altro canto,Rp e iniettiva (perche?) e quindi la sua immagine e un sottospazio di dimensione 16 di HomQ (V,Q4) e tutti glielementi di imRp sono applicazioni lineari che si annullano su U∩W . Poiche αV,E : HomQ (V,Q4)→M4×6(Q)e un isomorfismo di spazi vettoriali, si conclude che l’affermazione e vera. �

ESERCIZIO 3. Siano V uno spazio vettoriale complesso e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base. Sia datol’endomorfismo φ : V → V di matrice

A = αV,V(φ) =

−7 0 2 −4 0

0 −4 0 0 −3

36 0 −5 20 0

16 0 −4 9 0

0 5 0 0 4

nella base data. Si determinino polinomio caratteristico, autovalori e autospazi per φ, si dica se e diagona-lizzabile e, in tal caso, si determinino una matrice diagonale e una matrice diagonalizzante.

Svolgimento. p(X) = (X − 1)2(X + 1)2(X + 3) e il polinomio caratteristico e gli autospazi sono

ker(φ− id) = 〈2v1 + 2v3 − 3v4, 3v2 − 5v5〉 , ker(φ+ 3id) = 〈v1 − 2v3 − 2v4〉 ,ker(φ+ id) = 〈v1 − v3 − 2v4, v2 − v5〉 .

Per ognuno degli autovalori la molteplicita geometrica coincide con quella algebrica, per cui φ e diagonaliz-zabile e due possibili matrici sono

D =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 −3 0 0

0 0 0 −1 0

0 0 0 0 −1

e P =

2 0 1 1 0

0 3 0 0 1

2 0 −2 −1 0

−3 0 −2 −2 0

0 −5 0 0 −1

.



ESERCIZIO 4. Sia K un campo e sia M(r)n (K) = { A ∈Mn(K) | rkA = r }, per r = 0, . . . , n. Si determini

il numero di elementi degli insiemi M(r)3 (Fq), per r = 0, 1, 2, 3, ove Fq e il campo con q elementi.

Sia ora q = 3. E vero che, prendendo a caso una matrice non invertibile in M3(F3), la probabilita chequesta abbia rango 1 e minore del 4%? Al crescere di q, la probabilita aumenta o diminuisce rispetto al casoq = 3?

Svolgimento. Per ogni campo e ogni intero n, M(0)n (K) = {0}; per cui #(M

(0)3 (Fq)) = 1.

Le matrici di rango 1 si ottengono tutte come prodotto, ab, di una colonna a 6= 0 per una riga b 6= 0.Moltiplicando a per una costante non nulla e dividendo b per la stessa costante, otteniamo la stessa matrice;

quindi #(M(1)3 (Fq)) = (q3−1)2

q−1 .

Analogamente, le matrici di rango 2 in M3(K) si ottengono tutte come prodotto AB, di una matriceA ∈M3×2(K) per una matrice B ∈M2×3(K), entrambe di rango 2. Sostituendo A con AP e B con P−1B,

ove P ∈ GL2(K), si ottiene la stessa matrice; per cui #(M(2)3 (Fq)) = (q3−1)2(q3−q)2

(q2−1)(q2−q) .

Infine, non resta che ricordare che #(M(3)3 (Fq)) = #(GL3(Fq)) = (q3 − 1)(q3 − q)(q3 − q2).

Il lettore puo verificare che la somma delle cardinalita dei quattro insiemi da q9, ovvero la cardinalitadi M3(Fq).

Per quanto visto#(M

(1)3 (F3))

#(M(0)3 (F3))+#(M

(1)3 (F3))+#(M

(2)3 (F3))

= 127

338313 < 1

25 . Dunque la probabilita richiesta e

minore del 4%. Al variare di q (tra i numeri della forma pk, ove p e un primo e k un intero positivo) ilrapporto tra il numero di matrici di rango 1 e il numero di matrici non invertibili di ordine 3 e vicino a 1

q3 equindi la probabilita diventa piu piccola rispetto al caso considerato. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova di accertamento del 5 Aprile 2019 – Compito A


A =

0 0 0 1 0−1 0 1 1 00 0 0 1 00 1 0 0 11 0 −1 −1 0

rispetto alla base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autovalori e spazi di autovettori per φ.(b) Si determinino una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .(c) Si calcoli la dimensione di Q[φ]. Si determini la forma canonica di Jordan dell’endomorfismo vφ(1− x2)

(valutazione in φ del polinomio 1− x2).(d) Esiste un endomorfismo ψ ∈ EndQ(Q5) tale che ψ2 = φ? In caso affermativo definirlo su una base scelta

dallo studente.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(x) = x5, l’unico autovalore di φ e 0 il cui autospazio ekerφ = 〈e1 + e3, e2 − e5〉, si ha

A2 =

0 1 0 0 1

0 1 0 0 1

0 1 0 0 1

0 0 0 0 0

0 −1 0 0 −1

quindi dim kerA2 = 4 da cui otteniamo che A3 = O quindi il polinomio minimo e λφ(x) = x3. Osserviamoche A e nilpotente di ordine di nilpotenza 3.

(b) La matrice di Jordan deve avere 2 blocchi di autovalore 0 in quando mg(0) = 2. Essendo ilpolinomio minimo x3 si deve avere un blocco di ordine 3 ed un blocco di ordine 2. Notiamo che kerφ2 =〈e1, e3, e4, e2 − e5〉. Dobbiamo cercare v5 ∈ Q5 \ kerφ2 ad esempio v5 = e5 rispetta la richiesta. Allorav4 = φ(e5) = e4, v3 = φ2(e5) = e1 + e2 + e3 − e5 ∈ kerφ. Il vettore v2 deve soddisfare la condizionekerφ2 = kerφ ⊕ 〈v4〉 ⊕ 〈v2〉 = 〈e1 + e3, e2 − e5〉 ⊕ 〈e4〉 ⊕ 〈v2〉 ad esempio v2 = e3 va bene da cui otteniamov1 = e2 − e5 ∈ kerφ. Detto V = Q5, la base BV = {v1, . . . , v5} e tale che αBV ,BV (φ) = J con

J =

0 1 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

P =

0 0 1 0 0

1 0 1 0 0

0 1 1 0 0

0 0 0 1 0

−1 0 −1 0 1

.

ove P = αBV ,E (idV ).

(c) La dimensione dimQ[φ] coincide con il grado di λφ(x) = x3 che e 3 in quanto Q[x](λφ(x))

' Q[φ].

Per definizione h := vφ(1− x2) = idV − φ2. Allora (h− idV )2 = (−φ2)2 = 0EndQ(V ) mentre (h− idV ) =−φ2 6= 0EndQ(V ) da cui otteniamo che λh(x) = (x − 1)2. Inoltre dim ker(h − idV ) = dim kerφ2 = 4 quindih ha 3 blocchi di Jordan J1(1) e un blocco J2(1) (ricordiamo che Jn(α) e il blocco di Jordan di ordine n eautovalore α).

(d) Sappiamo che φ e endomorfismo nilpotente di ordine di nilpotenza 3. Se ψ2 = φ allora anche ψ enilpotente ed essendo ψ4 = φ2 6= 0EndQ(V ) si ottiene che ψ ha ordine di nilpotenza 5. Considerando la baseBV del punto (b), l’endomorfismo ψ con

B := αBV ,BV (ψ) =

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 0 0

soddisfa la richiesta in quanto B2 = J.

1

2 Luisa Fiorot

In generale abbiamo osservato che la forma di Jordan di un tale ψ consiste di un unico blocco J5(0).Inoltre ψ4(v5) = ψ2(v5) = v3 6= 0V quindi v5 e autovettore generalizzato di periodo massimo per ψ e dettoψ(v5) = w ∈ kerψ4 \ kerψ3 si ha ψ2(v5) = ψ(w) = φ(v5) = v4 ∈ kerψ3 quindi kerψ2 = kerφ = 〈v1, v3〉,kerψ4 = kerφ2 = 〈v1, v2, v3, v4〉, kerψ3 = 〈v1, v3, v4〉 ≤ kerψ4. Quindi dobbiamo scegliere:

w ∈ 〈v1, v2, v3, v4〉 \ 〈v1, v3, v4〉 e imporre:ψ(v5) = w, ψ(w) = v4, ψ(v4) = ψ2(w) = φ(w), infine ψ(φ(w)) = ψ2(v4) = φ(v4) = v3 e ψ(v3) = 0V .Il vettore w = v2 soddisfa la richiesta e l’endomorfismo risulta avere matrice B := αBV ,BV (ψ). Tale

endomorfismo non e unico in quanto dipende dal vettore w ∈ 〈v1, v2, v3, v4〉 \ 〈v1, v3, v4〉 scelto. Ad esempiose scegliamo w = v1 + v2 otteniamo: ψ(v5) = v1 + v2, ψ(v1 + v2) = v4, ψ(v4) = φ(v1 + v2) = v1, ψ(v1) = v3(da cui ψ(v2) = v4 − v3) infine ψ(v3) = 0V da cui si ottiene che anche la matrice

C :=

0 0 0 1 1

0 0 0 0 1

1 −1 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 0 0

soddisfa la richiesta in quanto C2 = J.

�

ESERCIZIO 2. Nello spazio affine A4R col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3, e4} si considerino le

sottovarieta lineari

L :

{x1 + x3 − 2x4 = −4

x2 − x4 = 0M : O + 2e2 + 〈e1 + 3e3, e2 + 2e4〉 N :

{x1 − 4x2 + x3 = 0

2x2 − x4 = 0

(a) Determinare la posizione reciproca delle sottovarieta lineari sopra elencate.(b) Determinare, se esiste, un iperpiano τ che contenga M e parallelo a N.(c) Determinare, se esiste, una retta t sghemba simultaneamente con L,M ed N.(d) Determinare, se esiste e se e unico, un piano σ passante per l’origine tale che L ∩ σ = r con r retta,

M ∩ σ = s con s retta. In caso affermativo scrivere le equazioni parametriche di r e s.(e) Esiste la proiezione su L lungo la direzione VM? Esiste la proiezione su L lungo la direzione VN? In caso

affermativo calcolarne la matrice nel sistema di riferimento R.

Svolgimento. (a) Osserviamo che due piani in A4R non possono mai essere sghembi.

Il punto generico di M e M = O + 2e2 + α(e1 + 3e3) + β(e2 + 2e4) appartiene L solo per α = 1, β = 2quindi L∩M = {O+e1 +4e2 +3e3 +4e4}, dim (L∩M) = 0 ed essendo l’intersezione non vuota dim(L∩M) =dim(VL ∩ VM) = 0 da cui si ottiene dim(L ∨M) = 4.

Il sistema lineare L∩N non ha soluzione quindi L∩N = ∅ e dim(L∩N) = −1, mentre il sistema omogeneoassociato ha soluzione VL ∩ VN = 〈e1 − e3〉 quindi dim(VL ∩ VN) = 1 e dim(L ∨ N) = dim(VL + VN) + 1 = 4.

Infine M ∩ N = ∅ in quanto nessun punto di M soddisfa la seconda equazione cartesiana di N, diconseguenza dim(M∩N) = −1. Studiando gli spazi direttori si ottiene VM∩VN = 〈e1 +e2 +3e3 +2e2〉 quindidim(VM ∩ VN) = 1 e dim(M ∨ N) = dim(VM + VN) + 1 = 4.

(b) L’iperpiano richiesto e unico ed ha equazione cartesiana τ : 2x2 − x4 = 4.

(c) Osserviamo che:

L : O−4e1+〈e1−e3, 2e1+e2+e4〉 M : O+2e2+〈e1+3e3, e2+2e4〉 N : O+〈e1−e3, e1+e2+3e3+2e4〉.

Si tratta di trovare una retta t : T + 〈vt〉 (con vt ∈ R4, vt 6= 0R4) tale che T non appartenga a nessuna delle3 sottovarieta lineari sopra elencate; ad esempio T = O + e1 va bene. Inoltre dobbiamo imporre

R4 = 〈e1 − e3, 2e1 + e2 + e4, T − (O − 4e1), vt〉 = 〈e1, e3, e2 + e4, vt〉;R4 = 〈e1 + 3e3, e2 + 2e4, T − (O + 2e2), vt〉 = 〈e1 + 3e3, e2 + 2e4, e1 − 2e2, vt〉;R4 = 〈e1 − e3, e1 + e2 + 3e3 + 2e4, T −O, vt〉 = 〈e1, e3, e2 + 2e4, vt〉.Ad esempio vt = e2 soddisfa la richiesta quindi possiamo scegliere t : O + e1 + 〈e2〉.

Geometria 1 (parte II) – Compitino del 5 Aprile 2019 – Compito A 3

(d) Osserviamo che O /∈ L e O /∈ M, quindi dim(L ∨ O) = dim(M ∨ O) = 3. Se dim(σ ∩ L) =dim(σ ∩M) = 1 si deve avere σ = (L ∨O) ∩ (M ∨O) quindi

σ :

{x2 − x4 = 0

3x1 − x3 = 0

e l’unico piano che soddisfa la richiesta e

r :

x1 = t

x2 = 2t+ 2

x3 = 3t

x4 = 2t+ 2

mentre

s :

x1 = α

x2 = 4

x3 = 3α

x4 = 4

(e) Essendo per il punto (a) VL ⊕ VM = R4 esiste la proiezione su L di direzione VM e

αR,R(p) =

1 0 0 0 0−1 3/4 1 −1/4 −1/20 0 2 0 −1−3 −3/4 3 1/4 −3/20 0 2 0 −1

La proiezione su L di direzione VN non esiste in quanto dim(VL ∩ VN) = 1 quindi VL e VN non sono insomma diretta. �


ESERCIZIO 1. Nello spazio euclideo E3 munito del sistema di riferimento canonico R = {O, e1, e2, e3} siconsiderino i piani: π1 : x+ 3y − z = 11 e π2 : x = 0.(a) Si determinino le matrici (in R) delle riflessioni si di asse πi per i = 1, 2. Si classifichi la rigidita ottenuta

come composizione g := s1tvs2 ove tv e la traslazione di vettore v = e1 + e2 + 3e3.(b) Determinare un sistema di riferimento euclideo destrorso R′ tale che la matrice associata ad g in tale

s.d.r sia in forma canonica e scrivere la matrice in tale sistema di riferimento.(c) Indicare le sottovarieta lineari unite per g. Vi sono altre rigidita di E3 che hanno le stesse sottovarieta

lineari unite di g? In caso affermativo descriverle tutte.(d) Descrivere (scrivendone la matrice in un opportuno sistema di riferimento euclideo) quali sono tutte

le possibili rotazioni ρ di E3 tali che ρs1 = s1ρ e ρs1(P ) = P con P := O + 11e1 (giustificare percheρs1 = s1ρ).

Svolgimento. (a) Le matrici richieste sono:

αR,R(s1) =

( 1 0 0 0

2 9/11 −6/11 2/11

6 −6/11 −7/11 6/11

−2 2/11 6/11 9/11

). αR,R(s2) =

( 1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

).

L’applicazione lineare ψ soggiacente a g e la composizione σ1σ2; essa ha determinante 1 e il sottospazio〈e2 + 3e3〉 ottenuto intersecando gli spazi direttori dei piani π1 e π2 e autospazio di autovalore 1 per ψ.Prima di procedere con i conti e utile studiare la geometria del problema, ovvero la posizione del vettore ditraslazione rispetto agli spazi direttori dei due piani di simmetria. La traslazione tv e composizione te1te2+3e3

e notiamo che te2+3e3 commuta sia con s1 che con s2 essendo e2 + 3e3 ∈ ker(σ1 − idR3) ∩ ker(σ2 − idR3)mentre e1 ∈ V ⊥π1

. Quindi s2 := te1s2 e una simmetria con nuovo asse di simmetria x = 1/2.Otteniamo s1tvs2 = te2+3e3s1s2 = te2+3e3ρ ove ρ := s1s2 e rotazione di asse x+3y−z−11 = 0 = x−1/2

ovvero h : O + e12 + 11e2

3 + e32 + 〈e2 + 3e3〉. Essendo te2+3e3 una traslazione parallela all’asse di rotazione di

ρ si ha che g e glissorotazione composizione della rotazione ρ con la traslazione te2+3e3 parallela al suo asse.(b) Preso R′ := {H = O + e1

2 + 11e23 + e3

2 ; u1:=e2+3e3√10

, u2 := e1, u3 := 3e2−e3√10} si ottiene che e1 + 3e3 =√

10u1. Inoltre essendo ψ(e1) · e1 = −9/11 si ha cos θ = −9/11. Orientando l’asse di rotazione nel verso del

versore u1 si ottiene che det(u1 u2 ρu2) = 2√10

11 quindi θ = arccos−9/11. Quindi

αR′,R′(g) =

( 1 0 0 0√10 1 0 0

0 0 −9/11 −2√10/11

0 0 2√10/11 −9/11

).

(c) Per una glissoriflessione di angolo diverso da π l’unica sottovarieta lineare unita e l’asse di rotazioneh. Le uniche rigidita che hanno come unica sottovarieta lineare unita una retta sono le glissoriflessioni diangolo diverso da π. Tutte le glissoriflessioni ottenute dalla composizione di una rotazione di asse h e angolodiverso da π con una traslazione parallela all’asse hanno come unica sottovarieta lineare unita e l’asse dirotazione h.

(d) Sia ρ un rotazione in E3 che commuti con s1 e tale che ρs1(P ) = P . Essendo P = O + 11e1 ∈ π1si ha s1(P ) = P da cui si ottiene che ρ(P ) = P , ossia P appartiene all’asse di rotazione di ρ. Avendoentrambe le rigidita P come punto unito, esse commutano se e solo se le applicazioni lineari soggiacenticommutano: detta φ l’applicazione lineare soggiacente a ρ e σ1 l’applicazione lineare soggiacente a s1 sideve avere φσ1 = σ1φ. Notiamo che l’applicazione σ1|〈z〉⊥ = id〈z〉⊥ quindi per ogni v ∈ 〈z〉⊥ si ha sempre

φσ1(v) = σ1φ(v); mentre se ker(σ1 + idR3) = 〈z1〉 con z1 = (e1 + 3e2− e3)/√

11, si ha che σ1 e ρ commutanose e solo se σ1(ρ(z1)) = ρσ1(z1) = ρ(z1) da cui otteniamo che ρ(z1) = ±(z1).

Se ρ(z1) = z1, la rotazione ha asse di rotazione P + 〈z1〉 ortogonale a π1; se ρ(z1) = −z1 allora ρ erotazione di angolo π con asse r contenuto in π1 e passante per P .

1

2 Luisa Fiorot

Poniamo z2 := e1+e3√2

e z3 := z1×z2; nel sistema di riferimento euclideo R := {P ; z1, z2, z3} si ottengono

le matrici:

αR,R

(ρ) =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 cos θ − sin θ

0 0 sin θ cos θ

)oppure α

R,R(ρ) =

( 1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 cos θ sin θ

0 0 sin θ − cos θ

)

le prime sono rotazioni con asse P + 〈z1〉 e angolo θ, le seconde sono rotazioni di angolo π e asse contenutoin π1 e passante per P . �

ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4 munito del sistema di riferimento euclideo R = {O; e1, . . . , e4} siconsiderino le rette r : O + e3 + e4 + 〈e1 − e2 + e3〉 e s : O + e2 + 〈e4〉.(1) Determinare la distanza fra r e s. Determinare la distanza fra r ∨ s e l’origine.(2) Determinare tutti gli iperpiani ortogonali alla direzione di s aventi distanza 5 da r.(3) Determinare il volume del tetraedro di vertici A = O+e3+e4, B = O+e2, C = O−e4, D = O+e1+e4.

Svolgimento. (1) d(r, s) =√

6/3. L’iperpiano r ∨ s ha equazione cartesiana x2 + x3 = 1 quindi d(r ∨ s, 0) =1/√

2.(2) Un iperpiano ortogonale a s ha equazione τk : x4 = k con k ∈ R e risulta sempre parallelo ad r,

quindi d(τk, r) = d(τk, O + e3 + e4) = |k − 1| = 5 da cui otteniamo τ6 : x4 = 6 e τ−4 : x4 = −4.(3) Il tetraedro ha volume

√10/6. �

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A4(R) con il riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4} si consideri ilpiano

π :

{x1 + x3 = 1

x2 = 0

(a) Si determini la proiezione di π sull’iperpiano L : x1 + x2 + x3 = 0 lungo la direzione 〈e2 + e4〉.(b) Esiste un’affinita f di A4(R) tale che f(L) = L per ogni L ∈ L e O + 2e2 ∈ f(π)? In caso affermativo

determinarle tutte (indicare la matrice associata rispetto ad un sistema di riferimento a scelta).

Svolgimento. (a) La sottovarieta lineare contenente π e parallela a e2+e4 ha equazione cartesiana: x1+x3 = 1

quindi la proiezione di π su L con direzione 〈e2 + e4〉 e:

{x1 + x3 = 1

x1 + x2 + x3 = 0(b) Si consideri il sistema di riferimento R′ := {O; e1 − e3, e4, e1 − e2, e2}; si noti che O ∈ L, Vπ =

〈e1 − e3, e4〉 e VL = 〈e1 − e3, e4, e1 − e2〉. La condizione f(L) = L per ogni L ∈ L e verificata se e solose f(O + e1) = O + e1 e φ(e1 − e3) = e1 − e3, φ(e4) = e4 e φ(e1 − e2) = e1 − e2 (ove indichiamo con φl’applicazione lineare soggiacente a f). Si ottiene che

αR′,R′(f) =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 a

0 0 1 0 b

0 0 0 1 c

0 0 0 0 d

con a, b, c ∈ R e d ∈ R, d 6= 0. Imponiamo ora che O+2e2 ∈ f(π). Nel s.d.r R′ il punto O+2e2 ha coordinatet(1| 0 0 0 2) e il piano π ha equazioni X3 − 1 = 0 = X4 − 1. Imponendo che un punto di π di coordinatet(1| s t 1 1) venga mandato in t(1| 0 0 0 2) si ottiene il sistema

αR′,R′(f) =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 a

0 0 1 0 b

0 0 0 1 c

0 0 0 0 d

1

s

t

1

1

=

1

0

0

0

2

s+ a = 0

t+ b = 0

1 + c = 0

d = 2

che ha soluzioni se e solo se c = −1 e d = 2 quindi le affinita richieste sono tutte e sole quelle aventi matrice

αR′,R′(f) =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 a

0 0 1 0 b

0 0 0 1 −10 0 0 0 2

con a, b ∈ R. �


ESERCIZIO 1. Sia ϕ un endomorfismo di uno spazio vettoriale V di dimensione n ≥ 4 sul campo C taleche:

dim ker(ϕ2 − idV )2 = 3, (ϕ2 − idV )3 = 0EndC(V ).

(1) Si determinino tutte le possibili forme canoniche di Jordan (una per ogni classe di similitudine) chesoddisfino tutte le condizioni sopra elencate. Per ogni tale forma canonica di Jordan se ne indichi ilpolinomio caratteristico, il polinomio minimo.

(2) Per ogni ϕ individuato al punto precedente, determinare la forma canonica di Jordan di (ϕ2 − idV )2.(3) Tra le possibili forme canoniche di Jordan del punto (1) esistono forme canoniche che ammettono un

vettore ciclico, cioe tale che {v, ϕ(v), . . . , ϕn−1(v)} sia una base di V ?

Svolgimento.(1) La condizione (ϕ2 − idV )3 = 0EndC(V ) garantisce che λϕ(x) divida (x2 − 1)3. Quindi gli unici

autovalori di ϕ possono essere solo 1 e −1. Per ogni w ∈ ker(ϕ2 − idV )2 si ha (ϕ2 − idV )2ϕ(w) = ϕ(ϕ2 −idV )2(w) = 0V quindi ker(ϕ2− idV )2 e ϕ-stabile. Per il lemma di decomposizione applicato all’endomorfismoϕ ristretto allo spazio vettoriale ker(ϕ2 − idV )2 con polinomio F (x) = (x− 1)2(x+ 1)2 si ha che

ker(ϕ2 − idV )2 = ker(ϕ− idV )2 ⊕ ker(ϕ+ idV )2.

Dovendo essere dim ker(ϕ2 − idV )2 = 3 abbiamo le seguenti possibilita:(a) dim ker(ϕ− idV )2 = 3 e dim ker(ϕ+ idV )2 = 0;(b) dim ker(ϕ− idV )2 = 0 e dim ker(ϕ+ idV )2 = 3;(c) dim ker(ϕ− idV )2 = 2 e dim ker(ϕ+ idV )2 = 1;(d) dim ker(ϕ− idV )2 = 1 e dim ker(ϕ+ idV )2 = 2.

Studiamo le varie possibilita:(a) Si ha che 1 e l’unico autovalore per ϕ, dim ker(ϕ−idV )2 = 3, ma dimV ≥ 4 quindi dim ker(ϕ−idV )3 > 3

da cui si ha λϕ(x) = (x− 1)3. Otteniamo che la filtrazione degli autospazi generalizzati verifica:

dim ker(ϕ− idV ) dim ker(ϕ− idV )2 dim ker(ϕ− idV )3 λϕ(x) pϕ(x)2 3 4 (x− 1)3 (x− 1)4

quindi vi e un blocco J3(1) di ordine 3 e autovalore 1 e un blocco J1(1) di ordine 1 e autovalore 1.(b) Si ha che −1 e l’unico autovalore per ϕ, quindi valgono le stesse considerazioni del punto precedente:

dim ker(ϕ+ idV ) dim ker(ϕ+ idV )2 dim ker(ϕ+ idV )3 λϕ(x) pϕ(x)2 3 4 (x+ 1)3 (x+ 1)4

quindi vi e un blocco J3(−1) di ordine 3 e autovalore −1 e un blocco J1(−1) di ordine 1 e autovalore −1.(c) Essendo dim ker(ϕ − idV )2 = 2 e dim ker(ϕ + idV )2 = 1 si ha che sia 1 che −1 sono autovalori di ϕ.

Essendo dim ker(ϕ + idV )2 = 1 necessariamente dim ker(ϕ + idV ) = 1 ed essendo dimV ≥ 4 si deveavere dim ker(ϕ − idV )3 > 2 (altrimenti le due fitrazioni si sarebbero stabilizzate e necessariamente siavrebbe dimV = 3) quindi l’unica filtrazione degli autospazi generalizzati possibili verifica:

dim ker(ϕ+ idV ) dim ker(ϕ− idV ) dim ker(ϕ− idV )2 dim ker(ϕ− idV )3 λϕ(x) pϕ(x)1 1 2 3 (x− 1)3(x+ 1) (x− 1)3(x+ 1)

quindi vi e un blocco J3(1) di ordine 3 e autovalore 1 e un blocco J1(−1) di ordine 1 e autovalore −1.(d) Essendo dim ker(ϕ + idV )2 = 2 e dim ker(ϕ − idV )2 = 1 valgono le stesse considerazioni del punto

precedente con i ruoli degli autovalori 1 e −1 scambiati; quindi:

dim ker(ϕ− idV ) dim ker(ϕ+ idV ) dim ker(ϕ+ idV )2 dim ker(ϕ+ idV )3 λϕ(x) pϕ(x)1 1 2 3 (x+ 1)3(x− 1) (x+ 1)3(x− 1)

quindi vi e un blocco J3(−1) di ordine 3 e autovalore −1 e un blocco J1(1) di ordine 1 e autovalore 1.

1

2 Luisa Fiorot

(2) In tutti i casi si ha dimV = 4 e detto ψ := (ϕ2 − idV )2 si ha ψ2 = (ϕ2 − idV )4 = 0EndC(V ) essendoper ipotesi (ϕ2− idV )3 = 0EndC(V ) quindi essendo dim kerψ = 3 e dim kerψ2 = 4 si ha che la forma canonicadi Jordan ha 1 blocco J2(0) e 2 blocchi J1(0).

(3) Le possibili forme canoniche di Jordan del punto (1) che ammettono un vettore ciclico sono tutte esole quelle in cui il polinomio minimo coincide con il polinomio caratteristico quindi (c) e (d). �

ESERCIZIO 2. Si consideri E3 munito del sistema di riferimento ortonormale R = {O; e1, e2, e3}.(a) Si classifichi secondo Eulero la rigidita f la cui matrice rispetto ad R e:

αR,R(f) =

1 0 0 00 7/25 0 −24/25−1 −24/25 0 −7/251 0 1 0

.

(nel caso di rotazione, glissorotazione o rotoriflessione determinare l’asse, orientarlo e determinarel’angolo).

(b) Si determini, se possibile, la matrice nel s.d.r. R di una rigidita g tale che gf = fg e gf abbia comeunico punto unito B := O − e2.

(c) Si determini la distanza tra il piano π : 4x− 3y − 3z = 3 e il punto A := O+ e1 + e2. Sia B = O− e2 eC = O + e3 si determini l’area del triangolo di vertici A,B,C.

Svolgimento.(a) La rigidita f e diretta e il sistema lineare dei punti uniti ha come soluzioni la retta h : O − e2 +

〈4e1 − 3e2 − 3e3〉. Si tratta di una rotazione di asse h, 2 cos θ + 1 = 7/25 quindi cos θ = −9/25. Orientandol’asse nel verso del versore u1 := 4e1−3e2−3e3√

34si ottiene che sin θ > 0 quindi θ = arccos(−9/25).

(b) L’unica rigidita con un unico punto unito e la rotoriflessione, nel nostro caso f e una rotazionequindi se prendiamo come g la riflessione di asse il piano π : 4x − 3y − 3z = 3 ortogonale ad h e passanteper B := O − e2 si ha fg = gf e fg ha come unico punto unito B. La matrice della riflessione g e:

αR,R(g) =

1 0 0 012/17 1/17 12/17 12/17−9/17 12/17 8/17 −9/17−9/17 12/17 −9/17 8/17

.

(c) d(π,A) = 2√34

. L’area del triangolo richiesto e√62 . �


L :

{x3 + 2x4 = 2

x2 = 0M :

{x1 + 3x3 = 0

x4 = 1.

(1) Si determinino la posizione reciproca di L ed M e le loro dimensioni. Si calcolino le dimensioni dim(L∩M)e dim(L ∨M).

(2) Determinare, se esiste, una retta r che sia sghemba simultaneamente con L e M. Determinare l’equazionecartesiana di un iperpiano τ contenente L e parallelo alla retta O − e1 + 〈e2 − e3〉.

(3) Determinare le equazioni cartesiane di un piano π tale che dim(L∨π) = 3 = dim(M∨π). Un tale pianoe unico?

(4) Determinare la matrice in un sistema di riferimento a scelta di un’affinita f tale che f(L) = M, f(M) = Le f abbia un unico punto unito.

Svolgimento.(1) L ed M hanno entrambe dimensione 2, si intersecano nel punto P := O+e4 da cui VL∩VM = {0Q4},

dim(L ∨M) = 4 e dim(L ∩M) = 0.


(2) Un retta r che sia sghemba simultaneamente con L e M e ad esempio r : O+ 〈e1 + e2〉. L’iperpianorichiesto e τ : x2 + x3 + 2x4 = 2.

(3) Ricordiamo che L = O + e4 + 〈e1, 2e3 − e4〉, M = O + e4 + 〈e2, 3e1 − e3〉 Quindi ad esempioπ : O + e4 + 〈e1, e2〉 (di equazioni cartesiane x3 = 0 = x4 − 1) interseca sia L che M in una retta quindidim(L ∨ π) = 3 = dim(M ∨ π). Non e unico, ad esempio anche π′ := O + e4 + 〈e1, 3e1 − e3〉 (di equazionix2 = 0 = x4 − 1) verifica la richiesta.

(4) Prendiamo come sistema di riferimento R′ := {O + e4; e1, 2e3 − e4, e2, 3e1 − e3}. Dovendo esseref(L) = M, f(M) = L il punto d’intersezione P deve rimanere unito: f(P ) = P . Tutte le affinita chesoddisfano le condizioni f(L) = M e f(M) = L hanno matrice

αR′,R′(f) =

1 0 0 0 00 0 0 a1 a20 0 0 a3 a40 b1 b2 0 00 b3 b4 0 0

.

with (b1b4 − b2b3)(a1a4 − a2a3) 6= 0. Affinche f abbia come unico punto unito P dobbiamo imporre che 1non sia autovalore dell’applicazione lineare ϕ soggiacente a f . Ad esempio la matrice

αR′,R′(f) =

1 0 0 0 00 0 0 −1 00 0 0 0 10 1 0 0 00 0 −1 0 0

.

soddisfa la richiesta in quanto pϕ(x) = det(xidQ4 − ϕ) = (x2 + 1)2. �



αE ,E (φ) = A =

2 0 0 2 2−1 2 2 −1 −10 1 2 1 2−1 1 2 1 01 0 −2 1 3

.

(a) Sapendo che φ ha un unico autovalore a ∈ Q, si determinino: l’autovalore a, il polinomio minimo di A,una matrice di Jordan, J , ed una matrice invertibile, P , tali che J = P−1AP .

(b) Si calcoli la dimensione di Q[φ] e se ne indichi una base. Quali sono, a meno di similitudini, tutte lematrici di Jordan in M5(Q) aventi polinomio minimo che divide il polinomio minimo di φ?

Svolgimento. (a) Sapendo che φ ha un unico autovalore a ∈ Q essendo la traccia 10 uguale a 5a si ricavache l’unico autovalore e a = 2. Il polinomio caratteristico e pφ(x) = pA(x) = (x− 2)5. Si ha

(A− 2I5) =

0 0 0 2 2

−1 0 2 −1 −10 1 0 1 2

−1 1 2 −1 0

1 0 −2 1 1

(A− 2I5)2 =

0 2 0 0 2

0 1 0 0 1

0 1 0 0 1

0 1 0 0 1

0 −1 0 0 −1

A3 = O

da cui otteniamo che il polinomio minimo e λφ(x) = (x− 2)3. Inoltre ker(A− 2I5) = 〈2e1 + e3, e2 + e4− e5〉,ker(A−2I5)2 = 〈e1, e3, e4, e2−e5〉 quindi dim ker(A−2I5)2 = 4. La matrice di Jordan J deve avere un bloccoJ3(2) e un blocco J2(2). Dobbiamo cercare v3 ∈ Q5 \ ker(A− 2I5)2 ad esempio v3 = e2 rispetta la richiesta.Allora v2 = (A − 2I5)(e2) = e3 + e4, v1 = (A − 2I5)2(e2) = (A − 2I5)(e3 + e4) = 2e1 + e2 + e3 + e4 − e5 ∈ker(A− 2I5). Il vettore v5 deve soddisfare la condizione ker(A− 2I5)2 = ker(A− 2I5)⊕〈v2〉⊕ 〈v5〉 = 〈2e1 +e3, e2+e4−e5〉⊕〈e3+e4〉⊕〈v2〉 ad esempio v5 = e1 va bene da cui otteniamo v4 = −e2−e4+e5 ∈ ker(A−2I5).Detto V = Q5, la base BV = {v1, . . . , v5} e tale che αBV ,BV

(φ) = J con

J =

2 1 0 0 0

0 2 1 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 2 1

0 0 0 0 2

P =

2 0 0 0 1

1 0 1 −1 0

1 1 0 0 0

1 1 0 −1 0

−1 0 0 1 0

.

ove P = αBV ,E (idV ).(b) Si ha dimQ[φ] = degλφ(x) = 3 e una sua base e {idQ5 , φ, φ2}.Se λJ(x) divide (x−2)3 significa che 2 e l’unico autovalore di J che deve avere pJ(x) = (x−2)5 essendo

una matrice 5 per 5. Se λJ(x) = (x− 2)3 allora abbiamo due possibilita:• un blocco J3(2) e un blocco J2(2),• un blocco J3(2) e due blocchi J1(2).Se λJ(x) = (x− 2)2 allora abbiamo due possibilita:• due blocchi J2(2) e un blocco J1(2),• un blocco J2(2) e tre blocchi J1(2).Se λJ(x) = (x− 2) allora abbiamo un’unica possibilita:• cinque blocchi J1(2).Si lascia al lettore di completare le filtrazioni degli autospazi generalizzati delle forme canoniche di

Jordan sopra elencate.

�

ESERCIZIO 2. Si consideri lo spazio E3 munito del s.d.r. ortonormale R = {O; e1, e2, e3}.

1

2 Luisa Fiorot

(a) Determinare la matrice nel s.d.r. R della rotazione ρ di asse h : O + 9e2 + 〈e1 + e2〉 orientato secondoil versore e1+e2√

2di angolo θ = arccos(7/9).

(b) Classificare le rigidita f := tvρ con tv traslazione di vettore v = −e1 + 5e2 + 2e3 e g := sρ ove s e lariflessione di asse il piano π : z = 0 (basta giustificare il tipo di rigidita e determinare solo l’eventualecomponente di glissazione).

(c) Si determini la distanza e i punti di minima distanza fra r : O + 5e2 + 〈e1 + e2 + e3〉 e s :

{x− y = 2

y − z = 0.

Determinare la distanza tra r e t :

{x− z = 1

y = 2.

Svolgimento.(a) La matrice della rotazione ρ e:

αR,R(ρ) =

( 1 0 0 0

−1 8/9 1/9 4/9

1 1/9 8/9 −4/9−4 −4/9 4/9 7/9

).

(b) La rigidita f := tvρ = tv1(tv2ρ) con v1 = 2e1 + 2e2 ∈ 〈e1 + e2〉 e v2 = −3e1 + 3e2 + 2e3 ∈ 〈e1 + e2〉⊥(si ha v = z1 + v2). Allora (tv2ρ) e ancora una rotazione essendo la traslazione ortogonale alla direzionedell’asse di rotazione di ρ, metre tv1 e la glissazione parallela alla direzione di rotazione. La rigidita f e unaglissorotazione con componente di glissazione v1 = 2e1 + 2e2.

Sappiamo che la composizione g := sρ e una rigidita inversa essendo composizione di una diretta conun’inversa ed essendo h ⊆ π tutti i punti di h sono uniti sia per ρ che per s e quindi sono uniti anche per gquindi g e una riflessione.

(c) La retta r : O + 5e2 + 〈e1 + e2 + e3〉 e parallela alla retta s : O + 2e1 + 〈e1 + e2 + e3〉. SiaRα := O+ 5e2 +α(e1 + e2 + e3) un punto generico di r, Sβ :=: O+ 2e1 +β(e1 + e2 + e3) un punto generico dis, imponendo Rα − Sβ = 5e2 − 2e1 + (α− β)(e1 + e2 + e3) ortogonale ad e1 + e2 + e3 otteniamo l’equazione3 + 3(α − β) = 0 da cui si ricava α = β − 1. Le coppie di punti di minima distanza sono tutte e sole(Rβ−1, Sβ) al variare di β ∈ R. Preso β = 1, α = 0 otteniamo R0 = O + 5e2, S1 = O + 3e1 + e2 + e3 da cuid(r, s) = ‖R0 − S1‖ = ‖ − 3e1 + 4e2 − e3‖ =

√26.

Le rette r e t sono sghembe e il piano π : x − z = 1 contiene t ed e parallelo ad r quindi d(r, t) =d(O + 5e2, π) = 1√

2.

�

ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A4(Q) munito del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4}si considerino le sottovarieta lineari r : O + e3 + 〈e1 + 2e2〉 e L :

{x2 + x3 = 0

x4 = 1.

(1) Si determinino la posizione reciproca di r ed L. Si calcolino le dimensioni dim(r ∩ L) e dim(r ∨ L).Determinare l’equazione cartesiana di un iperpiano contenente L e che non incida s : O+ 〈e1 + e2〉. Taleiperpiano e unico?

(2) Determinare, se esiste, un retta t passante per P := O + 2e4 tale che dim(t ∨ r) = dim(t ∨ L) = 3.(3) Determinare la matrice nel s.d.r R di una trasformazione affine di proiezione p tale che: p(r) = {O+e3}

e p(L) = L per ogni L ∈ L.

Svolgimento.(1) La retta r e il piano L sono sghembi da cui Vr ∩ VL = {0Q4}, dim(r ∨ L) = 4 e dim(r ∩ L) = −1.Il fascio di iperpiani contenente L e τα,β : α(x2 + x3) + β(x4 − 1) = 0 con t(α, β) ∈ Q2 \ {0Q2}. Un

iperpiano non interseca s se e solo se e parallelo ad s, imponendo α(1 + 0) + β(0) = 0 si ricava τ : x4 = 1 el’unico iperpiano contenente L e che non interseca s.

(2) Osserviamo che P /∈ L quindi l’iperpiano π := t ∨ L = P ∨ L ha equazione x2 + x3 = 0. Dobbiamocercare una retta t contenuta in x2 + x3 = 0 passante per P e sghemba con r, ad esempio t : P + 〈e1〉. Taleretta non e unica ad esempio t′ : P + 〈e4〉 verifica la richiesta.

(3)


αR′,R′(f) =

1 0 0 0 01/2 1 −1/2 −1/2 −1/21 0 0 −1 −10 0 0 1 00 0 0 0 1

.

�

ESERCIZIO 4. Sia ϕ un endomorfismo di uno spazio vettoriale V di dimensione finita n sul campo Ctale che pϕ(x) = λϕ(x). Dimostrare che W := {f ∈ EndK(V )|fϕ = ϕf} e un sottospazio di EndC(V ) ecalcolarne la dimensione.

Svolgimento. La dimW = n, dimostrarlo per esercizio. �

Esame di Geometria 1 – parte II (laurea in Matematica)prova scritta del 26 Agosto 2019


ESERCIZIO 1. Sia φ un endomorfismo di uno spazio vettoriale V su un campo K avente polinomiocaratteristico pφ(x) = x3(x− 1)3. Sapendo che rkφ2 = 3 e che φ non e diagonalizzabile:(a) si determinino le possibili forme canoniche di Jordan (a meno di similitudine) per un tale φ indicandone

il polinomio minimo e la tabella delle dimensioni delle filtrazioni degli autospazi generalizzati per leforme di Jordan trovate.

(b) E vero che ogni tale φ soddisfa la condizione ker(φ) ⊕ im(φ) = V ? In caso negativo determinare qualifra i precedenti soddisfano alla condizione ker(φ)⊕ im(φ) = V .



1 0 0 010 −3/7 −2/7 −6/75 −2/7 33/35 −6/355 −6/7 −6/35 17/35

.

(a) Si classifichi la rigidita f e si determinino le sottovarieta lineari unite (darne le equazioni cartesiane).(b) Determinare, se esiste, un sistema di riferimento R′ diverso da R tale che αR′,R′(f) = αR,R(f). Esiste

una rigidita g tale che g ◦ f abbia come unico punto unito l’origine?

ESERCIZIO 3. Nello spazio euclideo E5 munito del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e5}si considerino le sottovarieta lineari

L :

{x1 + x3 = 1

x2 + x5 = −1; M : O + 〈e1 − e3, e5〉; τ : x1 = 0.

(1) Si determinino: dim(L∩M), dim(L∩ τ), dim(M∩ τ), dim(L∨M), dim(L∨ τ), dim(M∨ τ). Esiste unaretta r che incida tutte e tre le sottovarieta lineari L, M e τ?

(2) Determinare, se esiste, un iperpiano che contenga L e non incida M. Esiste un retta che sia sghembasia con L che con M? Esiste un retta che sia sghemba con tutte e tre le sottovarieta lineari L, M, τ?

(3) Determinare la distanza fra L ed M. Determinare la proiezione ortogonale di M su L. Determinare illuogo geometrico S dei punti distanti 1 da τ ; tale S e una sottovarieta lineare?

ESERCIZIO 4.(a) Sia ϕ ∈ EndR(Rn) un endomorfismo di Rn tale che ϕ2 = ϕ. Supponiamo che ‖ϕ(v)‖ ≤ ‖v‖ per ogni

v ∈ Rn, dimostrare che ϕ e un endomorfismo di proiezione ortogonale.(b) Sia σ ∈ EndR(Rn) un endomorfismo di Rn tale che σ2 = idRn . Supponiamo che ‖σ(v)‖ ≤ ‖v‖ per ogni

v ∈ Rn, dimostrare che σ e un endomorfismo di simmetria ortogonale.


1 2 3 4


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) =(X2 − (1− i)X − i

)(4X2 − 10(1− i)X − 17i

).

(a) Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici di P (X). Detto T il poligono convesso cheha come vertici le radici di P (X), si scrivano le equazioni delle rette (reali) che formano i lati di T intermini delle coordinate z e z.

(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Tnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T in)4T in (differenza simmetrica), ove si indichicon T in l’insieme dei punti interni a T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

(c) Si consideri la trasformazione di Mobius τ(z) = z1−z e si dica come si estende a una biiezione del piano

esteso C = C ∪ {∞}. Si determinino la funzione inversa e gli eventuali punti uniti di τ . Detta C lacirconferenza unitaria, si determinino e si disegnino gli insiemi τ∗(C ), τ∗(C ) e τ2

∗ (C ) = τ∗(τ∗(C )). Segli insiemi τn∗ (C ) per n > 2 sono cerchi del piano di Gauss, se ne determini centro e raggio in funzionedi n. Cosa succede al crescere di n?

Svolgimento. (a) Le radici di P (X) sono i numeri complessi z1 = 1, z2 = −i, z3 = 12 − 2i, z4 = 2− 1

2 i.I lati del quadrilatero T sono quindi le rette seguenti, ove indichiamotra parentesi la disuguaglianza soddisfatta dai punti interni a T :

z1 ∨ z2 : (1 + i)z + (1− i)z − 2 = 0 (> 0),

z3 ∨ z4 : (1 + i)z + (1− i)z − 5 = 0 (< 0),

z1 ∨ z4 : (1− 2i)z + (1 + 2i)z − 2 = 0 (< 0),

z2 ∨ z3 : (2− i)z + (2 + i)z + 2 = 0 (> 0).

(b) Le immagini delle rette tramite la riflessione nel cerchio unitariosono le circonferenze indicate qui sotto, ove si usa la stessa conven-zione per indicare le immagini dei semipiani indicati sopra.

z1

z2

z3

z4

λ∗(z1 ∨ z2) : zz − 1 + i

2z − 1− i

2z = 0 (< 0),

λ∗(z3 ∨ z4) : zz − 1 + i

5z − 1− i

5z = 0 (> 0),

λ∗(z1 ∨ z4) : zz − 1− 2i

2z − 1 + 2i

2z = 0 (> 0),

λ∗(z2 ∨ z3) : zz +2− i

2z +

2 + i

2z = 0 (> 0),

ovvero

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −1− i

2

∣∣∣∣ =

√2

2,

λ∗(z3 ∨ z4) :

∣∣∣∣z −1− i

5

∣∣∣∣ =

√2

5,

λ∗(z1 ∨ z4) :

∣∣∣∣z −1 + 2i

2

∣∣∣∣ =

√5

2,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z +2 + i

2

∣∣∣∣ =

√5

2.

Nella figura, le circonferenze riflesse sono indicate tratteggiate, a differenza della circonferenza unitaria. Ladifferenza simmetrica λ∗(T in)4T in = (λ∗(T in) ∪ T in) r (λ∗(T in) ∩ T in) e evidenziata in grigio nella figura.

(c) La trasformazione τ si estende a una biiezione di C, ponendo τ(z) = z1−z , per

z ∈ C r {1}, τ(1) = ∞ e τ(∞) = −1. La funzione inversa e τ−1(z) = z1+z e

l’unico punto unito e z = 0. La circonferenza unitaria, C : zz = 1, passa siaper l’immagine che per la controimmagine di ∞, quindi, sia τ∗(C ) che τ∗(C ) sonodue rette e, precisamente, τ∗(C ) : z + z = 1 e τ∗(C ) : z + z = −1. L’insiemeτ2∗ (C ) : 3zz + 2z + 2z + 1 = 0 e la circonferenza di centro − 2

3 e raggio 13 .

0

τ∗(C ) τ∗(C )

τ2∗ (C )

C

Per n ≥ 2 gli insiemi τn∗ (C ) sono cerchi del piano di Gauss e, precisamente, i cerchi di centro − nn2−1 e raggio

1n2−1 , quindi i cerchi diventano sempre piu piccoli e si avvicinano da sinistra all’origine del piano (ovvero alpunto unito di tutte le τn). �

1



W = 〈w1, w2, w3〉 , ove

w1 = 2v1 + v3 − 2v5,

w2 = −2v2 + v4,

w3 = v1 − 4v2 + 2v4 − v5

e U =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x2 + x3 + x5 = 0

3x2 + 3x4 + x5 = 0

2x2 − x3 − 3x4 + x5 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi W e U . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme S = { w0 + w | w ∈W }, ove w0 = v1 +v2 +v3 +v4 +v5. Si dicase V = U ⊕W e in tal caso si scrivano le matrici in base V di π : V → V , proiezione su U parallelamentea W , e di σ : V → V , simmetria di asse U e direzione W .



(2 −4 1 3 −3

1 −2 0 −1 0

−1 2 0 0 1


determinino le matrici nelle basi date di tutte le applicazioni lineari ψ : T → V tali che φ ◦ψ = 2idT . Evero che esiste un sottospazio L ⊆ V tale che V = L ⊕ imψ per tutte le applicazioni lineari ψ tali cheφ ◦ ψ = 2idT ? Se un tale L esiste, e unico?

(c) Sia K un campo e siano U , V , W tre sottospazi di dimensione 2 di K4, tali che U ∩ V = U ∩W =V ∩W = 〈0〉. Si determinino, se esistono, tutti i sottospazi T diK4, di dimensione 2, per cui dim(T∩U) =dim(T ∩ V ) = dim(T ∩W ) = 1. Se K = Fq il campo con q elementi, si determini il numero di talisottospazi T in funzione di q.

Svolgimento. (a) U e l’insieme delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo di rango 3, quindi dimU = 2e una base di U e costituita dai vettori u1 = v1 e u2 = 3v2 + 3v3 − v4 − 6v5. I vettori w1, w2, w3 sonolinearmente indipendenti, per cui sono una base di W e dimW = 3. Il sottoinsieme S si ottiene traslando il

sottospazio W per il vettore w0, quindi e soluzione del sistema lineare

{x1 + x5 = 2

x2 + 2x4 = 3. U ∩W = 〈0〉, per

cui V = U ⊕W . Dato un vettore v = x1v1 + · · ·+ x5v5 di V , la sua proiezione su U parallelamente a W e il

vettore π(v) = au1 + bu2 tale che v − π(v) ∈W , ovvero, per

{a = x1 + 6x2 + 14x4 + x5

b = −x2 − 2x4

. La matrice della

proiezione π e della simmetria σ = 2π − idV sono, rispettivamente

A = αV,V(π) =

1 6 0 12 1

0 3 0 6 0

0 3 0 6 0

0 −1 0 −2 0

0 −6 0 −12 0

e B = 2A− 15 = αV,V(σ) =

1 12 0 24 2

0 5 0 12 0

0 6 −1 12 0

0 −2 0 −5 0

0 −12 0 −24 −1

.

(b) Le ultime tre colonne della matrice F = αV,V(φ) sono linearmente indipendenti, per cui dim imφ = 3 edim kerφ = 2. In particolare, imφ = T e una sua base e la base data T = {t1, t2, t3}. Per determinare unabase del nucleo di φ e le applicazioni ψ richieste, applichiamo alcune operazioni elementari alla matrice

(F |213) ∼−III

I + 2IIIII + III

(1 −2 0 0 −1 | 0 0 −2

0 0 1 3 −1 | 2 0 4

0 0 0 −1 1 | 0 2 2

)∼

III + 3III−III

(1 −2 0 0 −1 | 0 0 −2

0 0 1 0 2 | 2 6 10

0 0 0 1 −1 | 0 −2 −2

).

Abbiamo portato la matrice di φ in forma a scala ridotta, quindi kerφ = 〈2v1 + v2, v1 − 2v3 + v4 + v5〉;inoltre, le matrici delle applicazioni ψ cercate sono

αT ,V(ψ) =

0 0 −2

0 0 0

2 6 10

0 −2 −2

0 0 0

+

2a+b 2c+d 2e+f

a c e

−2b −2d −2f

b d f

b d f

.

Per ciascuna di tali applicazioni si ha rkψ = 3 = rk(φ◦ψ), per cui imψ∩kerφ = 〈0〉; quindi, posto L = kerφ,si ha V = L⊕ imψ per tutte le applicazioni lineari ψ. Se un sottospazio, L, contenesse un vettore v0 /∈ kerφ,allora esisterebbe un’applicazione ψ′ tale che φ ◦ ψ′ = 2idT e v0 ∈ imψ′ (perche?); quindi L non sarebbe insomma diretta con imψ′.


(c) Sia V = {v1, . . . , v4} una base di K4 tale che U = 〈v1, v2〉, W = 〈v3, v4〉 e V = 〈v1 + v3, v2 + v4〉 (percheesiste?). Allora preso comunque un vettore a(v1 + v3) + b(v2 + v4) ∈ V , con (a, b) 6= (0, 0) il sottospazioT(a,b) = 〈av1 + bv2, av3 + bv4〉 soddisfa alle condizioni richieste, essendo

T(a,b) ∩ U = 〈av1 + bv2〉 , T(a,b) ∩ V = 〈av1 + bv2 + av3 + bv4〉 , T(a,b) ∩W = 〈av3 + bv4〉 .

Due coppie proporzionali (a′, b′) = c(a, b), con c 6= 0, individuano lo stesso sottospazio (T(a,b) = T(a′,b′))e in tal modo si determinano tutti i sottospazi richiesti. Infatti, per un tale sottospazio T deve aversiT = 〈av1 + bv2, a

′v3 + b′v4〉, ove T ∩U = 〈av1 + bv2〉 e T ∩W = 〈a′v3 + b′v4〉. Per la formula di Grassmann,il sottospazio T ∩ V ha dimensione 1 se, e solo se, a′v3 + b′v4 ∈ 〈v1 + v3, v2 + v4, av1 + bv2〉 e cio implicaa′ = ac, b′ = bc per qualche scalare c 6= 0. Dunque, se K = Fq le coppie (a, b) 6= (0, 0), a meno di

moltiplicazione per uno scalare non nullo formano un insieme con q2−1q−1 = q + 1 elementi. �


ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) =(X2 + (1 + i)X + i

)(4X2 + 10(1 + i)X + 17i

).


(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Tnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T in) ∪ T in, ove si indichi con T in l’insieme deipunti interni a T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

(c) Si consideri la trasformazione di Mobius τ(z) = z1+z e si dica come si estende a una biiezione del piano




W = 〈w1, w2, w3〉 , ove

w1 = 2v1 − v3 − 2v4,

w2 = v2 − 2v5,

w3 = v1 − 2v2 − v4 + 4v5

e U =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x1 + x3 + x5 = 0

x1 + 3x2 + 3x5 = 0

x1 − 3x2 − x3 + 2x5 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi W e U . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme S = { w0 + w | w ∈W }, ove w0 = v1−v2 +v3−v4 +v5. Si dicase V = U ⊕W e in tal caso si scrivano le matrici in base V di π : V → V , proiezione su U parallelamentea W , e di σ : V → V , simmetria di asse U e direzione W .



(3 −3 1 −4 2

−1 0 0 −2 1

0 1 0 2 −1





ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) =(X2 + (1− i)X − i

)(4X2 + 10(1− i)X − 17i

).


(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Tnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T in)4T in (differenza simmetrica), ove si indichicon T in l’insieme dei punti interni a T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

(c) Si consideri la trasformazione di Mobius τ(z) = z1−z e si dica come si estende a una biiezione del piano




W = 〈w1, w2, w3〉 , ove

w1 = 2v2 − 2v3 − v5,

w2 = v1 − 2v4,

w3 = 2v1 − v2 + v3 − 4v4

e U =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x2 + x4 + x5 = 0

3x1 + x2 + 3x4 = 0

3x1 − x2 − 2x4 + x5 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi W e U . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme S = { w0 + w | w ∈W }, ove w0 = v1−v2−v3−v4 +v5. Si dicase V = U ⊕W e in tal caso si scrivano le matrici in base V di π : V → V , proiezione su U parallelamentea W , e di σ : V → V , simmetria di asse U e direzione W .



(1 3 −3 2 −4

0 −1 0 1 −2

0 0 1 −1 2





ESERCIZIO 1. Si consideri il polinomio P (X) =(X2 − (1 + i)X + i

)(4X2 − 10(1 + i)X + 17i

).


(b) Si determinino centri e raggi delle circonferenze (generalizzate) che si ottengono riflettendo i lati di Tnella circonferenza unitaria e si evidenzi la regione λ∗(T in) ∩ T in, ove si indichi con T in l’insieme deipunti interni a T e con λ la riflessione nella circonferenza unitaria.

(c) Si consideri la trasformazione di Mobius τ(z) = z1+z e si dica come si estende a una biiezione del piano




W = 〈w1, w2, w3〉 , ove

w1 = 2v1 − v3 − 2v5,

w2 = v2 − 2v4,

w3 = v1 − 2v2 + 4v4 − v5

e U =

5∑

i=1

xivi

∣∣∣∣∣

x1 + x3 + x4 = 0

x1 + 3x2 + 3x4 = 0

x1 − 3x2 − x3 + 2x4 = 0

.

(a) Si determinino le rispettive dimensioni ed una base per i sottospazi W e U . Si determinino delleequazioni cartesiane per il sottoinsieme S = { w0 + w | w ∈W }, ove w0 = v1 +v2 +v3−v4−v5. Si dicase V = U ⊕W e in tal caso si scrivano le matrici in base V di π : V → V , proiezione su U parallelamentea W , e di σ : V → V , simmetria di asse U e direzione W .



(−3 3 1 −4 2

0 −1 0 −2 1

1 0 0 2 −1





ESERCIZIO 1. Per ogni intero n ≥ 2 si consideri la matrice An ∈Mn(Q) definita da

An =

bn+12 c∑

j=1

ε(bn2 c+ j, j) + 2

n∑

j=1

ε(n+ 1− j, j) + 3

bn+12 c∑

j=1

ε(j, bn2 c+ j),

ove { ε(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n } e la base canonica di Mn(Q), e per ogni numero reale x, bxc indica la parte interadi x, ovvero l’unico numero intero tale che bxc ≤ x < bxc+ 1.(a) Posto δn = detAn, si scrivano le matrici A2, A3, A4, A5 e si calcolino i rispettivi determinanti.(b) Si scriva la matrice An e si calcoli δn per n = 6, 7, 8, 9. Si dimostri una formula per calcolare δn per ogni

intero n ≥ 2 (e preferibile la sua espressione esplicita in funzione della variabile n).


δ2 =∣∣∣ 0 5

3 0

∣∣∣ = −15, δ3 =

∣∣∣∣0 3 2

1 2 3

2 1 0

∣∣∣∣ = 12, δ4 =

∣∣∣∣∣

0 0 3 2

0 0 2 3

1 2 0 0

2 1 0 0

∣∣∣∣∣ = −15, δ5 =

∣∣∣∣∣∣∣

0 0 3 0 2

0 0 0 5 0

1 0 2 0 3

0 3 0 0 0

2 0 1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣= δ2δ3 = −180.

(b) Operando (un ugual numero di) scambi di righe e colonne, si ricava

δ6 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 0 3 0 2

0 0 0 0 5 0

0 0 0 2 0 3

1 0 2 0 0 0

0 3 0 0 0 0

2 0 1 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 5 0 0 0 0

3 0 0 0 0 0

0 0 0 0 3 2

0 0 0 0 2 3

0 0 1 2 0 0

0 0 2 1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= δ2δ4, δ7 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 0 3 0 0 2

0 0 0 0 3 2 0

0 0 0 0 2 3 0

1 0 0 2 0 0 3

0 1 2 0 0 0 0

0 2 1 0 0 0 0

2 0 0 1 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 3 2 0 0 0 0

1 2 3 0 0 0 0

2 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 3 2

0 0 0 0 0 2 3

0 0 0 1 2 0 0

0 0 0 2 1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= δ3δ4,

δ8 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 0 0 3 0 0 2

0 0 0 0 0 3 2 0

0 0 0 0 0 2 3 0

0 0 0 0 2 0 0 3

1 0 0 2 0 0 0 0

0 1 2 0 0 0 0 0

0 2 1 0 0 0 0 0

2 0 0 1 0 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 3 2 0 0 0 0

0 0 2 3 0 0 0 0

1 2 0 0 0 0 0 0

2 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 3 2

0 0 0 0 0 0 2 3

0 0 0 0 1 2 0 0

0 0 0 0 2 1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= δ4δ4, δ9 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 0 0 3 0 0 0 2

0 0 0 0 0 3 0 2 0

0 0 0 0 0 0 5 0 0

0 0 0 0 0 2 0 3 0

1 0 0 0 2 0 0 0 3

0 1 0 2 0 0 0 0 0

0 0 3 0 0 0 0 0 0

0 2 0 1 0 0 0 0 0

2 0 0 0 1 0 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 5 0 0 0 0 0 0 0

3 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 3 2 0 0 0 0

0 0 1 2 3 0 0 0 0

0 0 2 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 3 2

0 0 0 0 0 0 0 2 3

0 0 0 0 0 1 2 0 0

0 0 0 0 0 2 1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= δ2δ3δ4.

Proseguendo in modo analogo, si ricava la relazione ricorsiva δn = δ4δn−4 che vale per ogni n ≥ 6. Larelazione mostra la dipendenza dall’indice n, se si conta la potenza di δ4 che divide δn, ovvero

δn = δbn−2

4 c4 δn−4bn−2

4 c, o, esplicitamente, δn = (−15)b

n+24 c−b

n+14 c+bn4 c 12b

n+12 c−bn2 c,

che vale per ogni intero n ≥ 2. �

7


ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali su C e V = {v1, . . . , v5} e W = {w1, . . . , w4} delle rispettivebasi. Si considerino i sottospazi

V1 = 〈v1 − v3, v2 + v4, v1 + v2 + v5, v3 − v4 + v5〉 e W1 = 〈2w1 − w3, 2w1 − 4w2 − w3 + 3w4, 4w2 − 3w4〉

e l’applicazione lineare φ : V →W , di matrice A = αV,W(φ) =

( 1 1 −1 −5 −4

0 −2 −4 −2 6

−1 0 0 2 2

1 −1 4 4 −3

).

(a) Si determinino la dimensione e una base per i sottospazi V ⊥1 ⊂ V ∗ e W⊥1 ⊂ W ∗. Si verifichi cheφ(V1) ⊆W1. E vero o falso che φ∗(W⊥1 ) ⊆ V ⊥1 ?

(b) E vero o falso che φ : V/V1 → W/W1 definito da φ(v + V1) = φ(v) + W1 e un isomorfismo di spazivettoriali? Indicata con φ1 : V1 → W1 la restrizione di φ a V1, che dire di nucleo e immagine diφ∗1 : W ∗/W⊥1 → V ∗/V ⊥1 ?

Svolgimento. (a) dimV ⊥1 = 5− dimV1 = 2 e una base e data dalle forme lineari v∗1 + v∗3 − v∗5 e v∗2 − v∗4 − v∗5 .Analogamente, dimW⊥1 = 4− dimW1 = 2 e una base e data dalle forme lineari w∗1 + 2w∗3 e 3w∗2 + 4w∗4 . Siha φ(v1− v3) = 2w1 + 4w2−w3− 3w4 ∈W1, φ(v2 + v4) = −4w1− 4w2 + 2w3 + 3w4 ∈W1, φ(v3− v4 + v5) =4w2 − 3w4 ∈ W1; dunque φ(V1) ⊆ W1. Se w∗ ∈ W⊥1 e v ∈ V1, allora φ∗(w∗) ◦ v = w∗ ◦ φ(v) = 0 percheφ(v) ∈W1. Per l’arbitrarieta del vettore v ∈ V1, si conclude che φ∗(w) ∈ V ⊥1 e cio vale per ogni w∗ ∈W⊥1 .

(b) Lo spazio quoziente V/V1 ha dimensione 2 come W/W1 e le classi v1 + V1, v2 + V1 sono una base delquoziente (ad esempio, perche i vettori v1, v2, v1 − v3, v2 + v4, v3 − v4 + v5 sono una base di V ) e φ e bendefinita perche φ(V1) ⊆W1. Inoltre, φ(v1)+W1 = (w1−w3 +w4)+W1 e φ(v2)+W1 = (w1−2w2−w4)+W1

sono una base del quoziente, perche w1 −w3 +w4, w1 − 2w2 −w4, 2w1 −w3, 4w2 − 3w4 sono una base di W ;infatti ∣∣∣∣∣

1 1 2 0

0 −2 0 4

−1 0 −1 0

1 −1 0 −3

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣

1 0 0 0

0 −2 0 0

−1 1 1 0

1 −2 −2 −3

∣∣∣∣∣ = 6 6= 0.

Dunque φ e un isomorfismo di spazi vettoriali perche manda una base in una base. Infine, la trasposta di φ1

e iniettiva, perche φ1 e suriettiva e kerφ∗1 = (imφ1)⊥ = 〈0〉. Inoltre,

kerφ1 = 2(v1 − v3) + (v2 + v4)− (v3 − v4 + v5) = 2v1 + v2 − 3v3 + 2v4 − v5,

Dunque imφ∗1 = (kerφ1)⊥ =⟨(v∗3 − 3v∗5) + V ⊥1 , (v∗4 + 2v∗5) + V ⊥1

⟩perche i due generatori sono una base del

quoziente 〈2v1 + v2 − 3v3 + 2v4 − v5〉⊥ /V ⊥1 . �

ESERCIZIO 3. Sia φ : V → V l’endomorfismo di matrice A nella base V = {v1, . . . , v5}, ove

A =

4 −15 6 3 9

0 6 −1 0 −3

0 0 2 0 0

−2 10 −4 −1 −6

0 5 −1 0 −2

∈M5(Q).

(a) Si verifichi che φ e invertibile, si determinino polinomio caratteristico, autovalori ed autospazi per φ.Si dica se φ e diagonalizzabile su Q e, in tal caso, si trovino una matrice diagonale D e una matriceinvertibile P tali che D = P−1AP .

(b) Sia W l’autospazio relativo al minimo autovalore di φ. E possibile scrivere la matrice B (in base V) dellaproiezione su W parallelamente alla somma dei rimanenti autospazi come una combinazione lineare acoefficienti in Q di potenze di A? E unica questa scrittura?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = det(X15 − A) = (X − 1)2(X − 2)2(X − 3) cheha termine noto, −12 = − detA, non nullo e quindi A e invertibile. Gli autospazi sono,

ker(φ− id) = 〈v1 − v4, 3v2 + 5v5〉 , ker(φ− 2id) = 〈3v1 − 2v4, v2 + v3 + v5〉 ,ker(φ− 3id) = 〈6v1 − v2 − 4v4 − v5〉 .


Per ciascun autovalore la molteplicita algebrica coincide con la molteplicita geometrica e quindi φ e diago-nalizzabile e due possibili matrici sono

D = αW,W(φ) =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 2 0

0 0 0 0 3

e P = αW,V(idV ) =

1 0 3 0 6

0 3 0 1 −1

0 0 0 1 0

−1 0 −2 0 −4

0 5 0 1 −1

.

(b) Poiche D = P−1AP , possiamo utilizzare la matrice D (ovvero una base di V fatta di autovettori per φ)e ricordare che, per ogni polinomio F (X) ∈ Q(X), si ha F (A) = PF (D)P−1. La proiezione sull’autospazio

relativo a 1 (generato dai primi due autovettori della base) e quindi (D−21)(D−31)2 = 1

2 (D2− 5D+ 61). Si ha

B =(A− 21)(A− 31)

2= 1

2

2 −15 6 3 9

0 4 −1 0 −3

0 0 0 0 0

−2 10 −4 −3 −6

0 5 −1 0 −4

1 −15 6 3 9

0 3 −1 0 −3

0 0 −1 0 0

−2 10 −4 −4 −6

0 5 −1 0 −5

= 1

2

−4 0 0 −6 0

0 −3 0 0 3

0 0 0 0 0

4 0 0 6 0

0 −5 0 0 5

.

Tale scrittura non e unica, perche (D−1)(D−21)(D−31) = 0 = (A−1)(A−21)(A−31) e quindi possiamosommare al polinomio dato qualunque multiplo (in Q[X]) di (X − 1)(X − 2)(X − 3) senza che si modifichila matrice che si ottiene quando il risultato viene calcolato in A. �


ESERCIZIO 1. Si determinino e si disegnino sul piano di Gauss le radici del polinomio P (X) = (X−1)6+1,evidenziando il poligono convesso P che ha tali punti come vertici. Si scrivano le equazioni delle retteche formano i lati del poligono P in termini delle coordinate z e z e si determinino centro e raggio dellecirconferenze che si ottengono riflettendo tali rette nella circonferenza unitaria. Si evidenzi l’intersezione tral’insieme dei punti interni al poligono P e il riflesso tramite λ dei punti esterni a P (ovvero P in ∩ λ∗(P out)).Svolgimento. Se z e una radice di P (X), allora z − 1 e una radice sesta di −1 = eiπ. Le radici cercate sono

quindi i numeri z1, . . . , z6, ove zk = 1 + ei(π6 +

(k−1)π3 ), per k = 1, . . . , 6; dunque

z1 = 1 +

√3

2+i

2, z2 = 1 + i, z3 = 1−

√3

2+i

2, z4 = 1−

√3

2− i

2, z5 = 1− i, z6 = 1 +

√3

2− i

2.

Il poligono P e un esagono regolare (inscritto nella circonferenza di centro 1 e raggio 1) i cui lati sono lerette

z1 ∨ z2 : (1− i√

3)z + (1 + i√

3)z − 2(√

3 + 1) = 0,

z3 ∨ z4 : z + z − (2−√

3) = 0,

z5 ∨ z6 : (1 + i√

3)z + (1− i√

3)z − 2(√

3 + 1) = 0,

z2 ∨ z3 : (1 + i√

3)z + (1− i√

3)z + 2(√

3− 1) = 0,

z4 ∨ z5 : (1− i√

3)z + (1 + i√

3)z + 2(√

3− 1) = 0,

z6 ∨ z1 : z + z − (2 +√

3) = 0,

Si veda la figura qui sotto ove i lati dell’esagono sono stati colorati coerentemente con il rispettivo riflesso.

z1

z2

z3

z4

z5

z6

λ(z4)

λ(z5)

λ(z6)λ(z1)

λ(z2)

λ(z3)

Le circonferenze che si ottengono riflettendo le rette sono

λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣∣z −1 + i

√3

2(1 +√

3)

∣∣∣∣∣ =

√3− 1

2,

λ∗(z3 ∨ z4) :∣∣∣z − (2 +

√3)∣∣∣ = 2 +

√3,

λ∗(z5 ∨ z6) :

∣∣∣∣∣z −1− i

√3

2(1 +√

3)

∣∣∣∣∣ =

√3− 1

2,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣∣z −1− i

√3

2(1−√

3)

∣∣∣∣∣ =

√3 + 1

2,

λ∗(z4 ∨ z5) :

∣∣∣∣∣z −1 + i

√3

2(1−√

3)

∣∣∣∣∣ =

√3 + 1

2,

λ∗(z6 ∨ z1) :∣∣∣z − (2−

√3)∣∣∣ = 2−

√3.

La regione in grigio e il riflesso di P in, quindi P in ∩ λ∗(P out) e la parte colorata in bianco dei punti interniall’esagono. �

10


ESERCIZIO 2. Siano U , V , W e T spazi vettoriali su Q e siano U = {u1, u2, u3}, V = {v1, . . . , v5},W = {w1, . . . , w6} e T = {t1, . . . , t4} delle rispettive basi. Si considerino le applicazioni lineari ψ : T → U eφ : V →W , definite dalle condizioni

A = αV,W(φ) =

3 3 3 −1 0

−2 0 −4 3 −3

0 1 −1 0 2

1 1 1 −1 2

1 0 2 0 −3

0 1 −1 1 −1

e

ψ(2t1 + 2t2) = 4u1 − 2u3 = ψ(4t1 + 3t2),

ψ(3t1 − 2t3) = u3 − 2u2 = ψ(2t1 + t2 + t4).

(a) Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di φ e ψ. Indicata conW∗ = {w∗1 , . . . , w∗6}la base duale della base W, sia H = 〈w∗1 − 4w∗3 + w∗4 − w∗5 , w∗2 + 3w∗3 + 3w∗5 , 2w∗3 − w∗4 + w∗5〉 e si dicase W = imφ⊕H⊥.

(b) Sia Φ : HomQ (U, V ) → HomQ (T,W ) l’applicazione lineare definita ponendo Φ(ξ) = φ ◦ ξ ◦ ψ, per

ogni ξ nel dominio. Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di Φ. E vero che ilsottoinsieme H =

{η ∈ HomQ (T,W ) | η(t2) ∈ H⊥, η(t3) ∈ H⊥

}e un complementare di imΦ?

(c) Date le forme lineari ζ1, . . . , ζ5 in W ∗, e vero che ζ1, . . . , ζ5 sono linearmente indipendenti se, e solo se,τ = v1 ⊗ ζ1 + · · ·+ v5 ⊗ ζ5 e suriettiva?

Svolgimento. (a) I quattro vettori 2t1 +2t2, 4t1 +3t2, 3t1−2t3, 2t1 +t2 +t4 sono una base di T ; quindi ψ e bendefinita e ha rango 2, con imψ = 〈2u1 − u3, u3 − 2u2〉 e kerψ = 〈2t1 + t2, 3t1 − 2t3 − t4〉. Con operazionielementari di Gauss, si ha

A ∼

VIII

V I − IIII − 3IV

IV − V − IIIII + 2V

1 0 2 0 −3

0 1 −1 0 2

0 0 0 1 −3

0 0 0 2 −6

0 0 0 −1 3

0 0 0 3 −9

∼

IIIIII

IV − 2IIIV + III

V I − 3III

1 0 2 0 −3

0 1 −1 0 2

0 0 0 1 −3

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

dunque rkφ = 3 e imφ = 〈3w1 − 2w2 + w4 + w5, 3w1 + w3 + w4 + w6, w1 − 3w2 + w4 − w6〉 e kerφ =〈2v1 − v2 − v3, 3v1 − 2v2 + 3v4 + v5〉. I tre generatori di H sono linearmente indipendenti, quindi dimH⊥ =3. Per la formula di Grassmann, imφ e H⊥ sono complementari se, e solo se, la loro intersezione e banale.Un generico vettore di imφ appartiene ad H⊥ se, e solo se, e ortogonale ai tre generatori di H, ovvero

3a+3b−c−2a+3c

b

a+b−ca

b+c

∈ imφ ∩H⊥ ⇐⇒

3a− 2c = 0

a+ 3b+ 3c = 0

b+ c = 0

⇐⇒ a = b = c = 0.

(b) Il dominio di Φ ha dimensione 15 ed il codominio ha dimensione 24. Il nucleo kerΦ e costituito dallefunzioni ξ ∈ HomQ (U, V ) tali che ξ(imψ) ⊆ kerφ, ed e un sottospazio di dimensione 9. Per la formuladelle dimensioni dim imΦ = 6 e imΦ = { η ∈ HomQ (T,W ) | kerη ⊇ kerψ, imη ⊆ imφ }. Il sottospazio T ′ =〈t2, t3〉 e un complementare di kerψ in U e dimH⊥ = 3, per cui dim H = 12 + 6 = 18. Inoltre, ψ(t2), ψ(t3)sono una base di imψ ⊂ U , quindi, se η ∈ H ∩ imΦ, si deve avere η(t) = 0 per ogni t ∈ kerψ e η(t) ∈imφ ∩H⊥ = 〈0〉, per ogni t ∈ T ′; dunque H ∩ imΦ = 〈0〉.(c) I vettori v1, . . . , v5 sono una base di V e quindi, linearmente indipendenti; percio τ(v) = 0 se, e solo se,

v ∈ 〈ζ1, . . . , ζ5〉⊥. Per concludere, basta osservare che, per la formula delle dimensioni, τ e suriettiva se, esolo se,

5 = dimV = dim imτ = dimW − dim kerτ = dim(kerτ)⊥ = dim 〈ζ1, . . . , ζ5〉 ;e questo accade se, e solo se, ζ1, . . . , ζ5 sono linearmente indipendenti. �



A = αV,V(φ) =

−2 −1 1 −1 −6

1 −1 0 1 4

0 6 −2 −2 −4

1 2 −1 0 2

1 −1 0 1 4

=

−2 1

1 0

0 −2

1 −1

1 0

(

1 −1 0 1 4

0 −3 1 1 2

).

(a) Si calcolino il polinomio caratteristico di φ, gli autovalori e una base per ciascuno degli autospazi; sidica inoltre se φ e diagonalizzabile e, in caso affermativo, si determinino una matrice diagonale D e unamatrice invertibile P tali che D = P−1AP . Si determinino, se esistono, delle costanti c1, . . . , c5, e unabase W = {w1, . . . , w5} di V , tali che φ =

∑5i=1 ciwi ⊗ w∗i (W∗ = {w∗1 , . . . , w∗5} e la base duale di V ∗).

(b) Sia ψ = 2idV − φ ∈ HomQ (V, V ). Si determinino autovalori e autospazi per l’applicazione lineareΛψ : HomQ (V, V )→ HomQ (V, V ) definita ponendo Λψ(ξ) = ξ ◦ ψ − ψ ◦ ξ, al variare di ξ nel dominio.

Svolgimento. (a) φ ha tre autovalori distinti, 0, 2, −3, con molteplicita algebrica 3, 1 e 1 rispettivamente;per cui il polinomio caratteristico e pφ(X) = det(X15−A) = X3(X − 2)(X + 3) (si veda anche l’Esercizio 2del 19/01/2018). Gli autospazi sono

W1 = ker(φ− 2id) = 〈2v1 − v2 − v4 − v5〉 , W2 = ker(φ+ 3id) = 〈v1 − 2v3 − v4〉 ,W3 = kerφ = 〈v1 + v2 + 3v3, v1 + v3 − v4, 4v1 + 2v3 − v5〉 .

Due matrici cercate sono quindi D = αW,W(φ) =

2 0 0 0 0

0 −3 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

e P = αW,V(idV )

−2 1 1 1 4

1 0 1 0 0

0 −2 3 1 2

1 −1 0 −1 0

1 0 0 0 −1

, ove

W = {w1, . . . , w5} e la base di autovettori indicata nella matrice P . Se si indica con ci l’autovalore relativoall’autovettore wi, si ha

φ =

5∑

i=1

ciwi ⊗ w∗i = 2w1 ⊗ w∗1 − 3w2 ⊗ w∗2 ,

come si verifica facilmente calcolando le due funzioni contro i vettori della base W.

(b) Possiamo usare la base B ={wi ⊗ w∗j

∣∣ 1 ≤ i, j ≤ 5}

di HomQ (V, V ). Infatti si tratta di una base diautovettori per Λψ, perche, per ogni coppia (i, j), con 1 ≤ i, j ≤ 5, si ha

Λψ(wi ⊗ w∗j ) = ψ ◦ (wi ⊗ w∗j )− (wi ⊗ w∗j ) ◦ ψ = ψ(wi)⊗ w∗j − wi ⊗ ψ∗(w∗j ) = (cj − ci)wi ⊗ w∗j ,

ove cj , per j = 1, . . . , 5, sono gli autovalori di φ. Dunque gli autovalori di Λψ, con le rispettive molteplicitasono

Autovalori 0 5 −5 2 −2 3 −3ma = mg 11 1 1 3 3 3 3

Gli autospazi sono

ker(Λψ − 5id) = 〈w1 ⊗ w∗2〉 , ker(Λψ + 5id) = 〈w2 ⊗ w∗1〉 ,ker(Λψ − 2id) = 〈w1 ⊗ w∗3 , w1 ⊗ w∗4 , w1 ⊗ w∗5〉 , ker(Λψ + 2id) = 〈w3 ⊗ w∗1 , w4 ⊗ w∗1 , w5 ⊗ w∗1〉 ,ker(Λψ − 3id) = 〈w3 ⊗ w∗2 , w4 ⊗ w∗2 , w5 ⊗ w∗2〉 , ker(Λψ + 3id) = 〈w2 ⊗ w∗3 , w2 ⊗ w∗4 , w2 ⊗ w∗5〉 ,

oltre a kerΛψ, che e generato dai rimanenti elementi della base B �


ESERCIZIO 1. Si determinino e si disegnino sul piano di Gauss le radici del polinomio P (X) = (X−i)6−1,evidenziando il poligono convesso P che ha tali punti come vertici. Si scrivano le equazioni delle retteche formano i lati del poligono P in termini delle coordinate z e z e si determinino centro e raggio dellecirconferenze che si ottengono riflettendo tali rette nella circonferenza unitaria. Si evidenzi l’intersezione tral’insieme dei punti interni al poligono P e il riflesso tramite λ dei punti interni a P (ovvero P in ∩ λ∗(P in)).


A = αV,W(φ) =

1 0 2 1 −6

0 1 −1 0 2

1 1 1 −1 2

1 0 2 0 −3

0 −2 2 3 −13

3 3 3 −1 0

e

ψ(2t3 + 2t4) = 4u1 − 2u3 = ψ(3t3 + 4t4),

ψ(−2t2 + 3t4) = u3 − 2u2 = ψ(t1 + t3 + 2t4).

(a) Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di φ e ψ. Indicata conW∗ = {w∗1 , . . . , w∗6}la base duale della base W, sia H = 〈w∗1 + w∗3 − 2w∗4 + w∗6 , w

∗2 − w∗5 − w∗6 , 6w∗4 − 3w∗5 − 2w∗6〉 e si dica

se W = imφ⊕H⊥.(b) Sia Φ : HomQ (U, V ) → HomQ (T,W ) l’applicazione lineare definita ponendo Φ(ξ) = φ ◦ ξ ◦ ψ, per


{η ∈ HomQ (T,W ) | η(t2) ∈ H⊥, η(t3) ∈ H⊥


(c) Date le forme lineari ζ1, . . . , ζ4 in W ∗, e vero che ζ1, . . . , ζ4 sono linearmente indipendenti se, e solo se,λ = t1 ⊗ ζ1 + · · ·+ t4 ⊗ ζ4 e suriettiva?


A = αV,V(φ) =

3 −6 0 9 −3

−1 5 −3 −3 7

−1 2 0 −3 1

−1 3 −1 −3 3

0 −3 3 0 −6

=

3 0

−1 3

−1 0

−1 1

0 −3

(

1 −2 0 3 −1

0 1 −1 0 2

).



(b) Sia ψ = 3idV − φ ∈ HomQ (V, V ). Si determinino autovalori e autospazi per l’applicazione lineareΛψ : HomQ (V, V )→ HomQ (V, V ) definita ponendo Λψ(ξ) = ξ ◦ ψ + ψ ◦ ξ, al variare di ξ nel dominio.


ESERCIZIO 1. Si determinino e si disegnino sul piano di Gauss le radici del polinomio P (X) = (X+1)6+1,evidenziando il poligono convesso P che ha tali punti come vertici. Si scrivano le equazioni delle retteche formano i lati del poligono P in termini delle coordinate z e z e si determinino centro e raggio dellecirconferenze che si ottengono riflettendo tali rette nella circonferenza unitaria. Si evidenzi l’intersezione tral’insieme dei punti esterni al poligono P e il riflesso tramite λ dei punti interni a P (ovvero P out ∩ λ∗(P in)).


A = αV,W(φ) =

0 2 −2 3 −5

2 3 1 0 0

1 1 1 1 −4

0 0 0 1 −3

−1 0 −2 0 3

1 2 0 1 −2

e

ψ(2t1 + 2t2) = 6u1 − 4u2 = ψ(4t1 + 3t2),

ψ(3t1 − 2t3) = u2 − 2u3 = ψ(2t1 + t2 + t4).

(a) Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di φ e ψ. Indicata conW∗ = {w∗1 , . . . , w∗6}la base duale della base W, sia H = 〈w∗1 − 2w∗3 − w∗6 , w∗2 − w∗3 + w∗4 − w∗6 , 4w∗3 − 2w∗4 + 2w∗5 − w∗6〉 e sidica se W = imφ⊕H⊥.



{η ∈ HomQ (T,W ) | η(t3) ∈ H⊥, η(t4) ∈ H⊥


(c) Date le forme lineari ζ1, . . . , ζ5 in W ∗, e vero che ζ1, . . . , ζ5 sono linearmente indipendenti se, e solo se,τ = v1 ⊗ ζ1 + · · ·+ v5 ⊗ ζ5 e suriettiva?


A = αV,V(φ) =

4 1 0 −1 1

2 0 −1 2 1

−4 −2 −2 6 0

4 1 0 −1 1

−6 −1 1 −1 −2

=

0 1

−1 1

−2 0

0 1

1 −2

(

2 1 1 −3 0

4 1 0 −1 1

).



(b) Sia ψ = φ + 3idV ∈ HomQ (V, V ). Si determinino autovalori e autospazi per l’applicazione lineareΛψ : HomQ (V, V )→ HomQ (V, V ) definita ponendo Λψ(ξ) = ξ ◦ ψ − ψ ◦ ξ, al variare di ξ nel dominio.


ESERCIZIO 1. Si determinino e si disegnino sul piano di Gauss le radici del polinomio P (X) = (X+i)6−1,evidenziando il poligono convesso P che ha tali punti come vertici. Si scrivano le equazioni delle retteche formano i lati del poligono P in termini delle coordinate z e z e si determinino centro e raggio dellecirconferenze che si ottengono riflettendo tali rette nella circonferenza unitaria. Si evidenzi l’unione tral’insieme dei punti interni al poligono P e il riflesso tramite λ dei punti interni a P (ovvero P in ∪ λ∗(P in)).


A = αV,W(φ) =

2 1 3 −1 −1

0 −1 1 0 −2

0 0 0 −1 3

1 1 1 −1 2

3 2 4 0 −5

2 0 4 −3 3

e

ψ(2t3 + 2t4) = 6u1 − 4u2 = ψ(3t3 + 4t4),

ψ(−2t2 + 3t4) = u2 − 2u3 = ψ(t1 + t3 + 2t4).

(a) Si determinino dimensione e una base per nucleo e immagine di φ e ψ. Indicata conW∗ = {w∗1 , . . . , w∗6}la base duale della base W, sia H = 〈w∗1 + 3w∗2 − w∗3 + w∗5 , 2w∗2 − 3w∗3 + 2w∗5 + w∗6 , 3w∗3 − 3w∗4 − w∗6〉 esi dica se W = imφ⊕H⊥.



{η ∈ HomQ (T,W ) | η(t1) ∈ H⊥, η(t2) ∈ H⊥


(c) Date le forme lineari ζ1, . . . , ζ4 in W ∗, e vero che ζ1, . . . , ζ4 sono linearmente indipendenti se, e solo se,λ = t1 ⊗ ζ1 + · · ·+ t4 ⊗ ζ4 e suriettiva?


A = αV,V(φ) =

−6 3 1 7 −3

0 −3 −3 −3 9

3 −1 0 −3 0

−3 3 2 5 −6

0 −1 −1 −1 3

=

2 −1

0 3

−1 0

1 −2

0 1

(−3 1 0 3 0

0 −1 −1 −1 3

).



(b) Sia ψ = 3idV + φ ∈ HomQ (V, V ). Si determinino autovalori e autospazi per l’applicazione lineareΛψ : HomQ (V, V )→ HomQ (V, V ) definita ponendo Λψ(ξ) = ξ ◦ ψ + ψ ◦ ξ, al variare di ξ nel dominio.


ESERCIZIO 1. Siano z1, z2 le radici del polinomio P (X) = 4X2 − (8 + 8i)X + 3 + 4i e z3, z4 le radici delpolinomio Q(X) = 4X2 − (8 + 8i)X − 3 + 4i, ove si ponga |z1| < |z2| e |z4| < |z3|.(a) Si determinino i numeri complessi z1, . . . , z4 e si disegni nel piano di Gauss il poligono (non convesso)

P che li ha, nell’ordine, come vertici. Tramite le coordinate z e z si scrivano le equazioni delle rette checontengono i lati del poligono P .

(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando la differenza simmetrica λ∗(P in)4 P in, ove P in e l’insieme dei puntiinterni a P .

Svolgimento. (a) Secondo le indicazioni del testo, le radici di P (X) sono z1 = 12 , z2 = 3

2 + 2i, e le radici

Q(X) sono z3 = 2 + 32 i, z4 = i

2 . Il poligono P e l’unione di due triangoli (isosceli) che hanno in comune ilvertice 1 + i. Le rette cercate sono

z1 ∨ z2 : (2 + i)z + (2− i)z − 2 = 0, z2 ∨ z3 : (1− i)z + (1 + i)z − 7 = 0,

z3 ∨ z4 : (1 + 2i)z + (1− 2i)z + 2 = 0, z4 ∨ z1 : (1− i)z + (1 + i)z − 1 = 0.


λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −2− i

2

∣∣∣∣ =

√5

2,

λ∗(z2 ∨ z3) :

∣∣∣∣z −1 + i

7

∣∣∣∣ =

√2

7,

λ∗(z3 ∨ z4) :

∣∣∣∣z +1− 2i

2

∣∣∣∣ =

√5

2,

λ∗(z4 ∨ z1) : |z − (1 + i)| =√

2,

z1

z4

z2

z3

ove si riconoscono immediatamente centri e raggi. Nel disegno le circonferenze compaiono con linee trat-teggiate. Infine, la regione λ∗(P in) e evidenziata in grigio nel disegno e il lettore puo facilmente dedurre ladifferenza simmetrica con P in. �

ESERCIZIO 2. In uno spazio vettoriale reale, V , sia V = {v1, . . . , v6} una base e si considerino i sottospaziU = 〈u1, u2, u3〉 e W = 〈w1, w2, w3〉, ove

u1 = v1 − 2v3 + v5

u2 = v2 − v4 + v6

u3 = v1 + 2v3 − v6

w1 = v1 − v4 + v5

w2 = v2 − v3 + v6

w3 = v1 + v3 − v6

.

(a) Si determinino dimensione ed equazioni cartesiane per U , W , U∩W e U+W . E vero che V = U⊕W? Siindichino con α : U → V e β : W → V le applicazioni lineari definite ponendo α(ui) = wi e β(wi) = uiper i = 1, 2, 3. Si determinino tutte le applicazioni lineari φ : V → V tali che φ|U = α e φ|W = β e sene determini la matrice in base V.

(b) Si dia una condizione necessaria e sufficiente affinche detφ = 0. E vero che gli endomorfismi φ delpunto precedente hanno tutti gli autovalori reali? Sono tutti diagonalizzabili? Cosa possiamo dire delledimensioni dei relativi autospazi?

16


Svolgimento. (a) Sia U che W hanno dimensione 3, perche i generatori dati dei due sottospazi sono linear-mente indipendenti. Due possibili sistemi di equazioni cartesiane sono

U :

x1 + x4 − x5 + x6 = 0

x2 + x4 = 0

x3 + 2x4 + 2x5 + 2x6 = 0

e W :

x1 − x2 − x3 + x4 = 0

x3 + x6 = 0

x4 + x5 = 0

.

Dunque U ∩W = 〈u1 + u2 + u3〉 = 〈w1 + w2 + w3〉 = 〈2v1 + v2 − v4 + v5〉 e dim(U + W ) = 5, per cui U eW non sono complementari. Sistemi di equazioni cartesiane possono essere

U ∩W :

x1 − 2x2 = 0

x2 + x4 = 0

x3 = 0

x4 + x5 = 0

x6 = 0

e U +W : x1 − x2 − x5 + x6 = 0.

Un’applicazione lineare φ soddisfacente alle condizioni richieste puo esistere se, e solo se, α e β coincidonosu U ∩W e, in tal caso, ne esistono infinite, potendo fissare ad arbitrio il valore di φ su un complementaredi U + W . Infatti, si ha α(u1 + u2 + u3) = w1 + w2 + w3 = u1 + u2 + u3 = β(w1 + w2 + w3) e, scelto 〈v1〉come complementare di U +W , possiamo prendere la base V ′ = { v1, u1, u2, u3, w1, w2 } e scrivere

αV′,V(idV ) =

1 1 0 1 1 0

0 0 1 0 0 1

0 −2 0 2 0 −1

0 0 −1 0 −1 0

0 1 0 0 1 0

0 0 1 −1 0 1

αV′,V(φ) =

a 1 0 1 1 0

b 0 1 0 0 1

c 0 −1 1 −2 0

d −1 0 0 0 −1

e 1 0 0 1 0

f 0 1 −1 0 1

αV,V′(idV ) =

1 −1 0 0 −1 1

0 1 −1 −1 −1 −2

0 1 −1 −2 −2 −2

0 1 0 0 0 −1

0 −1 1 1 2 2

0 0 1 2 2 2

,

da cui si puo ricavare αV,V(φ) = αV′,V(φ)αV,V′(idV ).

(b) Per costruzione φ induce un automorfismo del sottospazio U + W , per cui detφ = 0 se, e solo se,imφ = U +W , ovvero se, e solo se, φ(v1) ∈ U +W . Per studiare gli autovalori di φ, occupiamoci dapprimadella sua restrizione al sottospazio U+W ed osserviamo che la base u1+u2+u3, u1+w1, u2+w2, u1−w1, u2−w2

di tale sottospazio e una base di autovettori; precisamente, i primi tre relativi all’autovalore 1 e gli ultimidue all’autovalore −1. Sia quindi

φ(v1) = a1v1 + a2(u1 + u2 + u3) + a3(u1 + w1) + a4(u2 + w2) + a5(u1 − w1) + a6(u2 − w2)

ed osserviamo che, in ogni caso, a1 e autovalore per φ; come si ottiene calcolando il polinomio caratteristicoa partire dalla matrice di φ nella base W = { v1, u1 + u2 + u3, u1 + w1, u2 + w2, u1 − w1, u2 − w2 }. Dunquegli autovalori di φ sono tutti reali. In particolare, se a1 /∈ {±1}, allora φ e diagonalizzabile e mg(a1) =ma(a1) = 1, mg(1) = ma(1) = 3, mg(−1) = ma(−1) = 2. Se a1 = 1, φ e diagonalizzabile se, e solo se,a2 = a3 = a4 = 0, perche altrimenti, si ha mg(1) = 3 < 4 = ma(1). Infine, se a1 = −1, φ e diagonalizzabilese, e solo se, a5 = a6 = 0, perche altrimenti, si ha mg(−1) = 2 < 3 = ma(−1). �


A = αV,V(φ) =

−2 −14 0 0 14

−2 −9 12 8 9

0 0 −6 −4 0

0 0 6 4 0

−2 −14 12 8 14

.



(b) Si determinino, se esistono, una base W = {w1, . . . , w5} di V e degli scalari c1, . . . , c5, tali che φ =∑5i=1 ciwi⊗w∗i , oveW∗ = {w∗1 , . . . , w∗5} e la base duale della baseW. In caso affermativo, si determinino

le matrici di cambiamento di base αW,V(idV ) e αW∗,V∗(idV ∗). Si scriva infine la matrice αV∗,V∗(π), oveπ e la proiezione su kerφ∗ parallelamente a imφ∗ e φ∗ e la trasposta di φ.

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico e pφ(X) = det(X15 −A) = X2(X + 2)2(X − 5), e le matrici

A =

−2 −14 0 0 14

−2 −9 12 8 9

0 0 −6 −4 0

0 0 6 4 0

−2 −14 12 8 14

, A+ 215 =

0 −14 0 0 14

−2 −7 12 8 9

0 0 −4 −4 0

0 0 6 6 0

−2 −14 12 8 16

. A− 515 =

−7 −14 0 0 14

−2 −14 12 8 9

0 0 −11 −4 0

0 0 6 −1 0

−2 −14 12 8 9

.


W1 = ker(φ) = 〈v2 + v5, 2v3 − 3v4〉 , W2 = ker(φ+ 2id) = 〈v1 + v2 + v5, 2v2 − v3 + v4 + 2v5〉 ,W3 = ker(φ− 5id) = 〈2v1 + v2 + 2v5〉 .

I generatori dei tre autospazi sono delle basi per gli stessi, quindi molteplicita algebrica e geometrica co-incidono, e φ e diagonalizzabile, ovvero V = W1 ⊕ W2 ⊕ W3. Possiamo prendere la base di autovettoriW = {w1, . . . , w5} data dai vettori indicati sopra come generatori degli autospazi. In particolare

D = αW,W(φ) =

−2 0 0 0 0

0 −2 0 0 0

0 0 5 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

e P = αW,V(id) =

1 0 2 0 0

1 2 1 1 0

0 −1 0 0 2

0 1 0 0 −3

1 2 2 1 0

soddisfano alla condizione P−1AP = D.

(b) Una base W che soddisfi alle condizioni richieste e una base di autovettori per φ e gli scalari sono i

relativi autovalori, come si verifica facilmente calcolando la differenza φ −∑5i=1 ciwi ⊗ w∗i sui vettori della

base W. Possiamo prendere αW,V(id) = P e la matrice del cambiamento di base nello spazio duale e

αW∗,V∗(idV ∗) = tP−1 =

1 0 0 −1 0

2 0 −1 0 0

0 −3 0 6 −1

0 −2 0 4 −1

−2 0 1 1 0

.

Per costruzione, kerφ∗ = (imφ)⊥ = 〈w∗4 , w∗5〉 e imφ∗ = (kerφ)⊥ = 〈w4, w5〉⊥; quindi π = w∗4 ⊗w4 +w∗5 ⊗w5

(come si puo verificare calcolando la differenza sulla baseW∗). Possiamo quindi passare alle coordinate nellabase V∗ (e nella sua base duale) e scrivere

αV∗,V∗(π) =

−1 0

0 0

6 −1

4 −1

1 0

(

0 1 0 0 1

0 0 2 −3 0

)=

0 −1 0 0 −1

0 0 0 0 0

0 6 −2 3 6

0 4 −2 3 4

0 1 0 0 1

che conclude il compito. �


ESERCIZIO 1. Siano z1, z2 le radici del polinomio P (X) = 4X2 + (8− 8i)X − 3− 4i e z3, z4 le radici delpolinomio Q(X) = 4X2 + (8− 8i)X + 3− 4i, ove si ponga |z1| < |z2| e |z4| < |z3|.(a) Si determinino i numeri complessi z1, . . . , z4 e si disegni nel piano di Gauss il poligono (non convesso)


(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando la differenza λ∗(P in) r P in, ove P in e l’insieme dei punti interni a P .


u1 = v2 + v4 − 2v5

u2 = v1 − v3 + v6

u3 = v4 + 2v5 − v1

w1 = v2 − v3 + v4

w2 = v1 − v5 + v6

w3 = v4 + v5 − v1

.




A = αV,V(φ) =

14 0 0 9 14

8 4 −4 8 0

12 6 −6 12 0

−14 0 0 −9 −14

−2 0 0 −2 −2

.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 14 febbraio 2020 – Compito C

ESERCIZIO 1. Siano z1, z2 le radici del polinomio P (X) = 4X2 + (8 + 8i)X + 3 + 4i e z3, z4 le radici delpolinomio Q(X) = 4X2 + (8 + 8i)X − 3 + 4i, ove si ponga |z1| < |z2| e |z4| < |z3|.(a) Si determinino i numeri complessi z1, . . . , z4 e si disegni nel piano di Gauss il poligono (non convesso)


(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando la differenza simmetrica λ∗(P in)4 P in, ove P in e l’insieme dei puntiinterni a P .


u1 = v3 − v4 − 2v5

u2 = v1 + v2 − v6

u3 = v3 + 2v5 − v2

w1 = v3 − v4 − v6

w2 = v1 + v2 − v5

w3 = v3 + v5 − v2

.




A = αV,V(φ) =

−2 −2 0 0 −2

−14 −9 0 0 −14

0 12 −6 6 12

0 8 −4 4 8

14 9 0 0 14

.




Esame di Geometria 1 – parte I (laurea in Matematica)prova scritta del 14 febbraio 2020 – Compito D

ESERCIZIO 1. Siano z1, z2 le radici del polinomio P (X) = 4X2 − (8− 8i)X − 3− 4i e z3, z4 le radici delpolinomio Q(X) = 4X2 − (8− 8i)X + 3− 4i, ove si ponga |z1| < |z2| e |z4| < |z3|.(a) Si determinino i numeri complessi z1, . . . , z4 e si disegni nel piano di Gauss il poligono (non convesso)


(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando la differenza λ∗(P in) r P in, ove P in e l’insieme dei punti interni a P .


u1 = v2 + v4 − 2v1

u2 = v3 + v5 − v6

u3 = 2v1 + v2 − v3

w1 = v2 + v4 − v6

w2 = v3 + v5 − v1

w3 = v1 + v2 − v3

.




A = αV,V(φ) =

14 8 12 −14 −2

0 4 6 0 0

0 −4 −6 0 0

9 8 12 −9 −2

14 0 0 −14 −2

.





ESERCIZIO 1. Siano z1, z2 le radici del polinomio P (X) = 4X2 − (6 + 6i)X + 2 + 3i e z3, z4 le radici delpolinomio Q(X) = 4X2 − (6 + 6i)X − 2 + 3i, ove si ponga |z1| < |z2| e |z3| < |z4|.(a) Si determinino i numeri complessi z1, . . . , z4 e si disegni nel piano di Gauss il poligono (non convesso)


(b) Sia λ : Cr{0} → Cr{0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Si determinino i centri e i raggi dellecirconferenze che si ottengono riflettendo le rette del punto precedente e si disegnino tali circonferenzenel piano di Gauss, evidenziando la regione λ∗(P in), ove P in e l’insieme dei punti interni a P .

Svolgimento. (a) Secondo le indicazioni del testo, le radici di P (X) sono z1 = 12 , z2 = 1 + 3

2 i, e le radici

Q(X) sono z3 = i2 , z4 = 3

2 + i. Il poligono P e l’unione di due triangoli (isosceli) che hanno in comune unvertice. Le rette cercate sono

z1 ∨ z2 : (3 + i)z + (3− i)z − 3 = 0, z2 ∨ z3 : (1 + i)z + (1− i)z + 1 = 0,

z3 ∨ z4 : (1 + 3i)z + (1− 3i)z + 3 = 0, z4 ∨ z1 : (1 + i)z + (1− i)z − 1 = 0.


λ∗(z1 ∨ z2) :

∣∣∣∣z −3− i

3

∣∣∣∣ =

√10

3,

λ∗(z2 ∨ z3) : |z + 1− i| =√

2,

λ∗(z3 ∨ z4) :

∣∣∣∣z +1− 3i

3

∣∣∣∣ =

√10

3,

λ∗(z4 ∨ z1) : |z − 1 + i| =√

2,

ove si riconoscono immediatamente centri e raggi. Nel disegno lecirconferenze compaiono con linee tratteggiate.

z1

z2

z3

z4

Infine, la regione λ∗(P in) e evidenziata in grigio nel disegno. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v4} una sua base.(a) Dati i vettori u1 = v1 + 2v3 + 3v4, u2 = 2v1 + v2 + 3v3 + 3v4, u3 = −v1 − 2v2 + 3v4 e w1 = v2 + v4,

w2 = v1 + v3, si dica se esiste un’applicazione lineare φ : V → V tale che φ(u1) = φ(u2) = φ(u3) = w1 eφ(w1) = φ(3w1 − 2w2) = u1. In caso affermativo si determinino dimensione e base per kerφ e imφ e siscriva la matrice αV,V(φ).

(b) Sia T uno spazio vettoriale di dimensione 7 su Q. Indicata con Φ : HomQ (T, V ) → HomQ (T, V )l’applicazione lineare definita ponendo Φ(ξ) = φ ◦ ξ per ogni ξ ∈ HomQ (T, V ) si determinino nucleo eimmagine di Φ.

(c) Sia T come nel punto precedente. Indicata con Ψ : HomQ (V, T ) → HomQ (V, T ) l’applicazione linearedefinita ponendo Ψ(ξ) = ξ◦(3idV −2φ) per ogni ξ ∈ HomQ (V, T ) si determinino polinomio caratteristico,autovalori e autospazi per Ψ e si dica se Ψ e diagonalizzabile su Q.

(d) Nello spazio vettoriale S = F6q sono dati due sottospazi U e W , di dimensione 4, tali che U + W = S.

Si dica quante sono le applicazioni lineari invertibili φ : S → S tali che φ(U) ⊆W e φ(W ) ⊆ U .

Svolgimento. (a) I vettori u1, u2, u3 sono linearmente dipendenti e si ha 3u1 − 2u2 − u3 = 0. I vettori u1,u2, w1, 3w1 − 2w2, sono una base di V , per cui la definizione di φ dedotta dai suoi valori su questi vettorie ben posta, essendo φ(u3) = φ(3u1 − 2u2) = 3φ(u1) − 2φ(u2) = w1. Inoltre, kerφ = 〈u1 − u2, w1 − w2〉 eimφ = 〈u1, w1〉, entrambi di dimensione 2.

22


Sia U = {u1, . . . , u4} la base di V formata dai vettori u1, u2, u3 = w1, u4 = w2. Allora si ha

B = αU,V(φ) =

( 0 0 1 1

1 1 0 0

0 0 2 2

1 1 3 3

), P = αU,V(idV ) =

( 1 2 0 1

0 1 1 0

2 3 0 1

3 3 1 0

), P−1 = αV,U (idV ) =

( 2 −1 −2 1

−3 1 3 −1

3 0 −3 1

5 −1 −4 1

),

Dunque, A = BP−1 = αV,V(φ) =

( 8 −1 −7 2

−1 0 1 0

16 −2 −14 4

23 −3 −20 6

).

(b) Si ha φ◦ξ = 0 ∈ HomQ (T, V ) se, e solo se, imξ ⊆ kerφ. Percio kerΦ = { ξ ∈ HomQ (T, V ) | imξ ⊆ kerφ }e isomorfo a HomQ (T, kerφ) e ha quindi dimensione 14. Inoltre, imΦ = { ξ ∈ HomQ (T, V ) | imξ ⊆ imφ }(dimostrare dettagliatamente questa affermazione!) e isomorfa a HomQ (T, imφ) ha anch’essa dimensione 14.

(c) L’endomorfismo φ e diagonalizzabile, con autovalori 0, 1, −1 e relativi autospazi W0 = kerφ =〈u1 − u2, w1 − w2〉, W1 = 〈u1 + w1〉 W2 = 〈u1 − w1〉, come si ricava da quanto visto al punto (a). Dunque,3idV −2φ e anch’esso diagonalizzabile, con gli stessi autospazi di φ e autovalori 3, 1, 5. Questi sono autovalorianche per Ψ con relativi autospazi

W0 = { ξ ∈ HomQ (V, T ) | W1 ⊕W2 ⊆ kerξ } , W1 = { ξ ∈ HomQ (V, T ) | W0 ⊕W2 ⊆ kerξ } ,W2 = { ξ ∈ HomQ (V, T ) | W0 ⊕W1 ⊆ kerξ } .

Le dimensioni degli autospazi sono, rispettivamente, 14, 7 e 7, per cui il polinomio caratteristico di Ψ epΨ(X) = (X − 3)14(X − 1)7(X − 5)7 e Ψ e diagonalizzabile.

(d) Per la formula di Grassmann, si ha dim(U ∩ W ) = 2 e quindi possiamo fissare due sottospazi U ′ eW ′ di S, entrambi di dimensione 2, tali che U = (U ∩W ) ⊕ U ′ e W = (U ∩W ) ⊕W ′, e fissare una baseW = {w1, . . . , w6} di S tale che U ∩W = 〈w1, w2〉, U ′ = 〈w3, w4〉, W ′ = 〈w5, w6〉. Tramite questa base, lamatrice di un endomorfismo φ di S tale che φ(U) ⊆W e φ(W ) ⊆ U , e una matrice a blocchi 2×2 della forma

αW,W(φ) =

(A B1 C1

0 0 C2

0 B2 0

); inoltre, l’endomorfismo e invertibile se, e solo se, A, B2 e C2 sono tutte e tre matrici

invertibili (ovvero in GL(2,Fq)). Contiamo quindi le matrici di questo tipo che sono (q2 − 1)3(q2 − q)3q8.�


ESERCIZIO 1. Sia S ={z ∈ C | (z + 1)3 = −2i

}. Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss gli

elementi di S e sia P il poligono convesso che li ha come vertici. Quanto misura il lato piu lungo di P? Senzacalcolare le equazioni di rette e cerchi coinvolti, si provi ad abbozzare il disegno del riflesso nella circonferenzaunitaria dei punti interni a P .

Sia λ : C r {0} → C r {0} la riflessione nella circonferenza unitaria. Dati due punti z1 6= z2 del pianodi Gauss, e vero o falso che λ∗(z1 ∨ z2) e una retta se, e solo se, =(z1z2) = 0?

Svolgimento. S e costituito dai tre punti s1 = −1 + i 3√

2, s2 = −1 + i 3√

2e2πi/3, s3 = −1 + i 3√

2e4πi/3.Sono i vertici del triangolo equilatero riportato nella figuradi fianco il cui lato misura: 3

√2√

3 =6√

2233. Nella figuraabbiamo riportato anche il disegno della circonferenza uni-taria e il disegno dei cerchi che sono il riflesso dei lati deltriangolo. Il riflesso dei punti interni a P e evidenziatodall’ombreggiatura.

Osserviamo dapprima che i due punti, z1 e z2, sonodistinti e quindi, a meno di cambiarne il nome, non e re-strittivo supporre z2 6= 0. La retta z1 ∨ z2 ha come riflessouna retta se, e solo se, contiene l’origine e cio accade se, esolo se, il rapporto z1/z2 e un numero reale. Ricordandoche z−1

2 = z2‖z‖2 , si conclude che z1/z2 e un numero reale se,

e solo se, lo e z1z2, ovvero se, e solo se, =(z1z2) = 0.

s1

s2 s3

λ(s1)

λ(s2)

λ(s3)

�

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v4} una sua base.(a) Dati i vettori u1 = v1 + 2v3 − v4, u2 = 2v4 − v2, u3 = v1 + 3v3 − v4, u4 = v2 − 3v4, si dica se

formano una base U = {u1, . . . , u4} di V . Si indichi con φ : V → V un’applicazione lineare tale cheφ(u1) = φ(u2 + u4) = 2u1 + 2u2 e φ(u3) = φ(u2 − u4) = 2u3 − 2u4. Si determinino dimensione e baseper kerφ e imφ e si scrivano le matrici A = αV,V(φ) e B = αU,V(φ). Si determini, se esiste, una matriceP tale che A = BP . Una tale matrice e unica? Se non lo e, come determinarle tutte?

(b) Sia Fq il campo con q = ph elementi e siano date due matrici A e B in Mn(Fq), di rango r < n, per cuiesiste una matrice invertibile P0 tale che B = AP0. Si determini la cardinalita dell’insieme delle matriciinvertibili X ∈Mn(Fq) tali che B = AX. Qual e la massima potenza di p che divide questo numero?

Svolgimento. (a) I vettori u1, u2, u3, u4 sono una base di V se, e solo se, la matrice che ha come colonne

le coordinate di questi vettori in base V ha determinante non nullo. Infatti,

∣∣∣∣∣

1 0 1 0

0 −1 0 1

2 0 3 0

−1 2 −1 −3

∣∣∣∣∣ = 1 e quindi

U = {u1, . . . , u4} e una base di V e la matrice di cui abbiamo calcolato il determinante e αU,V(idV ). Dunqueφ e ben definita, perche sono dati i suoi valori su una base di V e si ha

φ(u1) = 2u1 + 2u2 = 2v1 − 2v2 + 4v3 + 2v4,

φ(u3) = 2u3 − 2u4 = 2v1 − 2v2 + 6v3 + 4v4,

φ(u2) = u1 + u2 + u3 − u4 = 2v1 − 2v2 + 5v3 + 3v4,

φ(u4) = u1 + u2 − u3 + u4 = −v3 − v4.

In particolare,

imφ = 〈u1 + u2, u3 − u4〉 = 〈v1 − v2 + 2v3 + v4, v1 − v2 + 3v3 + 2v4〉kerφ = 〈u1 − u2 − u4, u2 − u3 − u4〉 = 〈v1 + 2v3, v1 + 2v2 + 3v3 − 6v4〉 .

Possiamo quindi scrivere

B = αU,V(φ) =

( 2 2 2 0

−2 −2 −2 0

4 5 6 −1

2 3 4 −1

), P = αV,U (idV ) =

( 3 0 −1 0

−1 −3 0 −1

−2 0 1 0

−1 −2 0 −1

), A = BP =

( 0 −6 0 −2

0 6 0 2

−4 −13 2 −4

−4 −7 2 −2

).

24


La matrice P non e unica. Sommando a questa una qualunque matrice X, le cui colonne siano coordinatein base V di vettori del nucleo di φ, si ha AX = 0 e quindi A(P +X) = B.

(b) Sia f : Fnq → Fnq l’endomorfismo di matrice A in base canonica. Allora la matrice P0 e una matrice dicambiamento di base P0 = αU,E(id), e B = αU,E(f). Esiste una matrice invertibile Q0 tale che C = AQ0

abbia le ultime n − r colonne uguali a 0 (corrisponde a una base di Fnq i cui ultimi n − r elementi sono

una base del nucleo di f), inoltre P = P−10 Q0 e una matrice invertibile e si ha BP = C. Allora gli insiemi

X = { X ∈Mn(Fq) | AX = B } e Y = { Y ∈Mn(Fq) | AY = C } sono in corrispondenza biunivoca tramitel’applicazione X 7→ XP (inversa Y 7→ Y P−1) e questa biiezione scambia tra loro le matrici invertibili neidue insiemi. Andiamo quindi a contare gli elementi invertibili in Y . Le colonne di una tale matrice Y , sonouna base di Fnq i cui ultimi n − r vettori sono una base di kerf (come le ultime colonne di Q0) e i primi runa base di un sottospazio complementare a kerf (come le prime colonne di Q0). Una matrice di questotipo si ottiene moltiplicando le ultime n− r colonne di Q0 per una matrice in GL(n− r,Fq) e sommando alleprime r colonne di Q0 arbitrarie combinazioni lineari delle ultime n− r. Cioe si ottiene moltiplicando Q0 a

destra per una matrice n× n del tipo U =(

1r 0

R T

), ove T ∈ GL(n− r,Fq) e R ∈M(n−r)×r(Fq). Poiche Q0 e

invertibile, Q0U = Q0U′ se, e solo se, U = U ′ e quindi si tratta di contare le matrici della forma descritta che

sono qr(n−r)n−r−1∏

j=0

(qn−r − qj). La massima potenza di p che divide questo numero e h(n−r)(n+r−1)2 �

ESERCIZIO 3. Sia ψ : R5 → R5 l’endomorfismo di matrice

A =

4 2 0 7 −1

0 5 0 0 −3

1 0 −1 2 0

−2 −2 0 −5 1

0 6 0 0 −4

in base canonica. Si determinino polinomio caratteristico autovalori ed autospazi per ψ. Si dica se ψ ediagonalizzabile e si determinino una matrice diagonale D e una matrice invertibile P tale che D = P−1AP .Dato un vettore v0 ∈ R5, sia vn = ψ(vn−1), per ogni n ≥ 1. Al variare del vettore v0 in R5 r {0}, cosa si

puo dire del rapporto ‖ψ(vn)‖‖vn‖ al crescere di n?

Svolgimento. Il polinomio caratteristico di ψ e pψ(X) = det(X15 − A) = (X + 1)2(X − 2)2(X + 3). Gliautospazi sono

W1 = ker(ψ + id) = 〈e3, e2 + 2e5〉 , W3 = ker(ψ + 3id) = 〈2e1 + e3 − 2e4〉 ,W2 = ker(ψ − 2id) = 〈3e1 − 6e2 + e3 − 6e5, 7e1 + e3 − 2e4〉 .

Per ogni autovalore la molteplicita geometrica coincide con quella algebrica, quindi ψ e diagonalizzabile e sipuo porre

D =

−1 0 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 2 0

0 0 0 0 −3

e P =

0 0 3 7 2

0 1 −6 0 0

1 0 1 1 1

0 0 0 −2 −2

0 2 −6 0 0

e si ha D = P−1AP .Lo spazio R5 e somma diretta degli autospazi di ψ, ovvero R5 = W1⊕W2⊕W3. Dato v0 = w1 +w2 +w3

con wi ∈Wi per i = 1, 2, 3; si ha che vn = (−1)nw1 + 2nw2 + (−3)nw3 al variare di n tra i numeri naturali.Se w3 6= 0, allora

vn = (−3)n(

(1/3)nw1 + (−2/3)nw2 + w3

)e ψ(vn) = (−3)n+1

((1/3)n+1w1 + (−2/3)n+1w2 + w3

)

dunque al crescere di n, il rapporto ‖ψ(vn)‖‖vn‖ tende a 3. Se invece, w3 = 0 6= w2, allora,

vn = 2n(

(−1/2)nw1 + w2

)e ψ(vn) = 2n+1

((−1/2)n+1w1 + w2

),

da cui si ricava che il rapporto tra i moduli tende a 2. Infine, se v0 = w1 ∈ W1, allora vn = (−1)nw1 eψ(vn) = (−1)n+1w1, per cui il rapporto tra i moduli e costantemente uguale a 1. �


ESERCIZIO 1. Si determinino e si disegnino nel piano di Gauss le radici del polinomio (4iz− 2 + i)(4z2 +(2− 5i)z − 3 + i) e sia T il poligono convesso che le ha come vertici. Quanto misura il lato piu lungo di T?Senza calcolare le equazioni di rette e cerchi coinvolti, si provi ad abbozzare il disegno dell’intersezione tral’insieme dei punti esterni a T e il suo riflesso nella circonferenza unitaria.

Sia P l’insieme dei sottospazi vettoriali di dimensione 1 di C2 e sia φ : C ∪ {∞} → P l’applicazione

definita da: z 7→⟨( z

1

)⟩, per z ∈ C, e ∞ 7→

⟨(1

0

)⟩. E vero che φ e una corrispondenza biunivoca? Alla

trasformazione di Mobius τ(z) = az+bcz+d si associ la matrice T =

(a b

c d

), che agisce tramite

⟨( z1z2

)⟩7→⟨T( z1z2

)⟩

sugli elementi di P . E vero che φ scambia tra loro le due azioni? A quali sottospazi corrispondono i puntiuniti di τ?

Svolgimento. T e il triangolo di vertici z1 = − 14 − 1

2 i, z2 = 12 + 1

4 i, z3 = −1 + i, ove z1 e la radice del fattorelineare e z2, z3 di quello quadratico.

Il triangolo e isoscele, perche simmetrico rispettoalla retta (1 − i)z + (1 + i)z = 0; il lato mag-

giore misura: |z3 − z1| = 3√

54 . Nella figura abbia-

mo riportato anche il disegno della circonferenzaunitaria e il disegno dei cerchi che sono il riflessodei lati del triangolo (i cerchi che passano perl’origine e i punti di intersezione tra i lati e la cir-conferenza unitaria). L’intersezione tra l’insiemedei punti esterni a T e il suo riflesso e evidenziatodall’ombreggiatura.

L’applicazione φ e ben definita ed e iniettiva,perche

⟨( z1

)⟩=⟨(w

1

)⟩se, e solo se, z = w e

inoltre, i sottospazi di questo tipo hanno tutti in-

tersezione banale con⟨(

1

0

)⟩. Infine, φ suriettiva

perche, preso un qualsiasi sottospazio di dimen-sione 1, p =

⟨( z1z2

)⟩, si ha p = φ(∞) se z2 = 0,

altrimenti p = φ(z1/z2).

z1

z2

z3

λ(z1)

λ(z2)

λ(z3)

Indicata con fT : P → P l’applicazione⟨( z1

z2

)⟩7→⟨T( z1z2

)⟩associata alla matrice T che corrisponde alla

trasformazione di Mobius τ(z) = az+bcz+d , dobbiamo verificare se φ(τ(z)) = fT (φ(z)) per ogni z ∈ C ∪ {∞}.

Se c = 0, τ e una trasformazione affine e ad 6= 0, per cui fT (φ(z)) =⟨(

az+b

d

)⟩= φ(τ(z)) per ogni z ∈ C

e fT (φ(∞)) =⟨( a

0

)⟩= φ(τ(∞)). Se c 6= 0, sia dapprima z ∈ C r {−d/c}; allora fT (φ(z)) =

⟨(az+b

cz+d

)⟩=

φ(τ(z)), perche cz + d 6= 0. Poi, se z = −d/c, fT (φ(z)) =⟨(

az+b

0

)⟩= φ(∞), perche az + b 6= 0, essendo

ad− bc 6= 0. Infine, fT (φ(∞)) =⟨T(

1

0

)⟩=⟨( a

c

)⟩= φ(τ(∞)), essendo τ(∞) = a

c .

I punti uniti di τ , corrispondono ai sottospazi p ∈ P , per cui fT (p) = p, ovvero gli autospazi dellamatrice T . �

26


ESERCIZIO 2. Siano V e W spazi vettoriali su Q e siano date le basi V = {v1, . . . , v4} eW = {w1, . . . , w5}.(a) Dati i vettori u1 = v1 + 2v3 − v4, u2 = 2v1 + 3v2 − v4, u3 = 2v2 − v3 − v4, u4 = v1 − v2 + 2v4, si

determinino tutte le applicazioni lineari φ : V →W tali che

φ(u1) = −4w1 + 4w2 − 6w3 − w4 + w5, φ(u2) = w1 + 6w2 − 2w3 + 2w4 − 2w5,

φ(u3) = w1 + 2w2 + w4 − w5, φ(u4) = 3w1 − 2w2 + 4w3 + w4 − w5.

Si determinino dimensione e base per kerφ e imφ e si scriva la matrice αV,W(φ) per ogni tale φ. Indicatocon S l’insieme delle funzioni φ soddisfacenti alle condizioni date, e vero che l’insieme delle differenzeφ1 − φ2 al variare di (φ1, φ2) in S × S e un sottospazio vettoriale di HomQ (V,W )? . . . di qualedimensione?

(b) Sia Fq il campo con q = ph elementi e sia ψ : Fnq → Fmq un’applicazione lineare di rango r. Quantesono le applicazioni lineari tra i due spazi che hanno lo stesso nucleo di ψ? Quante sono le applicazionilineari tra i due spazi che hanno la stessa immagine di ψ? Quante sono le applicazioni lineari tra i duespazi che hanno lo stesso nucleo e la stessa immagine di ψ?

Svolgimento. (a) I vettori u1, u2, u3, u4 sono linearmente dipendenti; infatti u1−u2 +2u3 +u4 = 0 e, a menodi proporzionalita e l’unica relazione lineare esistente tra i vettori dati. Dunque esistono applicazioni linearisoddisfacenti alle condizioni richieste (e ne esistono infinite) se, e solo se, si ha φ(u1) − φ(u2) + 2φ(u3) +φ(u4) = 0. La condizione e verificata e quindi esistono infinite applicazioni lineari che soddisfano allecondizioni date; tali applicazioni sono univocamente definite sul sottospazio U = 〈u1, u3, u4〉, di equazionex1 − x2 − x3 − x4 = 0 (coordinate relative alla base V), mentre possono assumere qualsiasi valore arbitrariosulla base di un complementare di U , ad esempio sul vettore v1. Dunque

αV,W(φ) =

0 1 −1 2

0 2 2 0

0 0 −2 2

0 1 0 1

0 −1 0 −1

+

a

b

c

d

e

( 1 −1 −1 −1 ).

In particolare, 2u2 − 5u3 + u4 = 5(v1 − v2 + v3 + v4) ∈ kerφ e questo vettore e una base del nucleose φ(v1) /∈ 〈φ(u2), φ(u3)〉, mentre l’immagine ha dimensione 3 e imφ = 〈φ(v1), φ(u2), φ(u3)〉. Se, invece,φ(v1) = λφ(u2) + µφ(u3), allora kerφ = 〈2u2 − 5u3 + u4, v1 − λu2 − µu3〉 e imφ = 〈φ(u2), φ(u3)〉, dove igeneratori indicati sono delle basi di quegli spazi.

Si osservi che tutti i risultati precedenti si possono ottenere indipendentemente dal calcolo della matriceαV,W(φ). Volendo partire dalla determinazione della matrice, si possono utilizzare operazioni di Gauss sullamatrice che ha come righe le coordinate dei vettori u1, . . . , u4 e delle loro immagini:

1 0 2 −1 −4 4 −6 −1 1

2 3 0 −1 1 6 −2 2 −2

0 2 −1 −1 1 2 0 1 −1

1 −1 0 2 3 −2 4 1 −1

∼

I

I − IV− (III − 2I + 2IV )/5

IV + I − II + 2III

1 0 2 −1 −4 4 −6 −1 1

0 1 2 −3 −7 6 −10 −2 2

0 0 1 −1 −3 2 −4 −1 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0

∼

∼

I − 2III

II − 2III

1 0 0 1 2 0 2 1 −1

0 1 0 −1 −1 2 −2 0 0

0 0 1 −1 −3 2 −4 −1 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0

Da quest’ultima matrice e dai passaggi di eliminazione si ricavano facilmente le affermazioni esposte sopra(scriversi ordinatamente tutte le deduzioni!).

In ogni caso, la differenza tra due elementi di S e un’applicazione lineare della forma ω = w ⊗ ζ, ovew ∈W e ζ = v∗1−v∗2−v∗3−v∗4 e una forma lineare ortogonale al sottospazio U . Si tratta quindi dell’insieme ditutte le funzioni ω : V →W tali che U ⊆ kerω, si tratta quindi di un sottospazio vettoriale di HomQ (V,W ),di dimensione 5, imagine dell’applicazione lineare iniettiva Φ : HomQ (V/U,W )→ HomQ (V,W ), definita daΦ(ξ) = ξ ◦ π, ove π : V → V/U e la proiezione canonica sul quoziente.

(b) Un complementare, T , del nucleo di ψ ha dimensione r e un omomorfismo che abbia lo stesso nucleo di ψe univocamente individuato dalla scelta di r vettori linearmente indipendenti in Fmq da porre come immagine


di una fissata base di T . Dunque, vi sono tante applicazioni lineari che hanno lo stesso nucleo di ψ quantesono le scelte di una r-upla ordinata di vettori linearmente indipendenti in Fmq ; ovvero (qm−1) · · · (qm−qr−1).

Se indichiamo con I il sottospazio imψ ⊆ Fmq , le applicazioni lineari Fnq → Fmq che hanno immagine I siottengono tutte componendo un’applicazione lineare suriettiva Fnq → I con l’inclusione naturale j : I → Fmq .Dunque, fissando una base di I e passando alle matrici, vi sono tante applicazioni lineari che hanno lastessa immagine di ψ quante sono le matrici di rango r in Mr×n(Fq), ovvero le matrici che hanno le r righelinearmente indipendenti. Il loro numero e quindi (qn − 1) · · · (qn − qr−1).

Infine, le applicazioni lineari che hanno lo stesso nucleo e la stessa immagine di ψ sono tante quantesono le scelte di una r-upla ordinata di vettori linearmente indipendenti in I; ovvero (qr − 1) · · · (qr − qr−1).

�

ESERCIZIO 3. (a) Sia ψ : C5 → C5 l’endomorfismo di matrice

A =

3 0 0 0 2

0 2i 0 −3 0

2 0 2−i 0 2−2i

0 2 0 4 0

−2 0 0 0 i

in base canonica. Si determinino polinomio caratteristico autovalori ed autospazi per ψ. Si dica seψ e diagonalizzabile e si determinino una matrice diagonale D e una matrice invertibile P tale cheD = P−1AP .

(b) Siano V eW spazi vettoriali complessi di dimensioni n em, rispettivamente, e siano dati gli endomorfismidiagonalizzabili α : V → V e β : W → W . Per ogni ξ ∈ HomC (V,W ), si pone Φ(ξ) = β ◦ ξ ◦ α. Sidimostri che Φ e un endomorfismo di spazi vettoriali e se ne calcoli il determinante.

Svolgimento. Il polinomio caratteristico di ψ e pψ(X) = det(X15 −A) = (X − 2 + i)2(X − 1− 2i)(X − 3 +i)(X − 1− 3i). Gli autospazi sono

W1 = ker(ψ − (2− i)id) = 〈e3, (1− i)e1 − e5〉 , W2 = ker(ψ − (1 + 2i)id) = 〈(1 + i)e1 + 2e3 − 2e5〉 ,W3 = ker(ψ − (3− i)id) = 〈e2 − (1− i)e4〉 , W4 = ker(ψ − (1 + 3i)id) = 〈(3− 3i)e2 − 2e4〉 .


D =

2−i 0 0 0 0

0 2−i 0 0 0

0 0 1+2i 0 0

0 0 0 3−i 0

0 0 0 0 1+3i

e P =

0 1−i 1+i 0 0

0 0 0 1 3−3i

1 0 2 0 0

0 0 0 −1+i −2

0 −1 −2 0 0

e si ha D = P−1AP .

(b) La composizione di applicazioni lineari distribuisce rispetto alla somma e al prodotto per scalari, percui per ogni combinazione lineare si ha

Φ(a1ξ1 + a2ξ2) = β ◦ (a1ξ1 + a2ξ2) ◦ α = a1(β ◦ ξ1 ◦ α) + a2(β ◦ ξ2 ◦ α) = a1Φ(ξ1) + a2Φ(ξ2),

e quindi Φ e un’applicazione lineare.Siano V = {v1, . . . , vn} una base di autovettori per α e W = {w1, . . . , wm} una base di autovettori per

β e siano C = αW,W(β) e D = αV,V(α), ove c1, . . . , cm sono gli autovalori di β e d1, . . . , dn quelli di α.Tramite l’isomorfismo αV,W : HomC (V,W )→Mm×n(C), l’endomorfismo Φ si identifica con l’endomorfismodi Mm×n(C) che manda la generica matrice X = αV,W(ξ) nella matrice CXD = αV,W(β ◦ ξ ◦ α). Allora,per ogni coppia di indici (i, j) con 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n, la matrice ε(i, j) della base canonica di Mm×n(C)e autovettore relativo all’autovalore bicj . Dunque Φ e diagonalizzabile e il suo determinante e il prodottodegli autovalori, ovvero (detα)m(detβ)n. �


ESERCIZIO 1. Nel piano di Gauss si disegni il poligono che ha come vertici i punti dell’insieme Q1 ={z ∈ C | (2(z −

√3+12 )± 1)2 + 1 = 0

}. Si disegni inoltre il poligono che ha come vertici i punti dell’insieme

Q2 ={w ∈ C | (w −

√3+12 ) = (z −

√3+12 )eiπ/4, z ∈ Q1

}. Senza calcolare esplicitamente rette e cerchi si

abbozzi un disegno del riflesso dei due poligoni nella circonferenza unitaria. Indicata con U l’unione degliinsiemi dei punti interni ai due poligoni si evidenzi, se possibile, l’insieme λ∗(U). La differenza simmetricaU 4 λ∗(U) e connessa o si spezza in piu componenti?

Svolgimento. Posto u = (z −√

3+12 )± 1

2 , la condizione che definisce Q1 diventa (2u)2 = −1, ovvero u = ± i2 .

I punti di Q1 sono gli z ∈ C per cui z −√

3+12 ± 1

2 = ± i2 (tutte e

quattro le possibili scelte dei segni); ovvero i quattro vertici di un

quadrato:√

3+22 + i

2 ,√

3+22 − i

2 ,√

32 + i

2 ,√

32 − i

2 .I punti di Q2 si ottengono ruotando i punti di Q1 di angolo π

4

attorno al centro del quadrato (il punto√

3+12 ). Sono anch’essi i ver-

tici di un quadrato e precisamente:√

3+√

2+12 ,

√3+1+i

√2

2 ,√

3−√

2+12 ,√

3+1−i√

22 .Si hanno quindi due quadrati di lato unitario, ruotati di π

4 inmodo da formare una “stella” con otto punte, in corrispondenzacon i vertici di un ottagono regolare.

Anche il riflesso dell’unione degli insiemi dei punti interni aidue quadrati, λ∗(U), sara quindi una “stella” con otto punte, dailati curvilinei e con un intersezione non banale con U . Nel disegnoqui a fianco λ∗(U) e la regione evidenziata dall’ombreggiatura dicolore rosato.

La differenza simmetrica e quindi formata da due componenti disgiunte che hanno distanza nulla, in quantocondividono nella frontiera i due vertici della stella (appartenenti a Q1) che cadono sulla circonferenzaunitaria. �

ESERCIZIO 2. Sia V uno spazio vettoriale su Q e sia V = {v1, . . . , v5} una sua base.(a) Sia U il sottospazio generato dai vettori u1 = 2v1 + v3 − 3v4 + 2v5, u2 = 2v2 + v3 + v4 − 2v5, u3 =

v1 − v2 − 2v4 + 2v5, e sia W il sottospazio di equazioni cartesiane

W :

2x1 + x2 − x3 + x4 = 0

2x1 + 2x2 − 3x3 − x5 = 0

2x1 + x3 + 2x4 + x5 = 0

.

Si determinino dimensione e base per U e W e si dica se V = U ⊕W . In caso affermativo, si scriva lamatrice, nella base data, dell’endomorfismo π : V → V di proiezione su W parallelamente a U .

(b) Sia Fq il campo con q = ph elementi e sia n ≥ 4 un intero. Fissato un sottospazio W ⊂ Fnq di dimensionen − 2, quanti sono i sottospazi U di dimensione 2 tali che dim(W ∩ U) = i, al variare di i = 0, 1, 2?Quale tra questi tre gruppi e il piu numeroso?

Svolgimento. (a) I vettori u1, u2, u3 sono linearmente dipendenti; infatti, u1 − u2 − 2u3 = 0. Dunque,dimU = 2 e {u1, u3} e una base di U . Il sistema lineare che definisce W ha rango 2, infatti con operazionielementari sulla matrice si ha

(2 1 −1 1 0

2 2 −3 0 −1

2 0 1 2 1

)∼

IIII − IIIII − III

(2 0 1 2 1

0 1 −2 −1 −1

0 2 −4 −2 −2

)∼

III

III − 2II

(2 0 1 2 1

0 1 −2 −1 −1

0 0 0 0 0

).

29


Dunque dimW = 3 e una sua base e data dai vettori w1 = v1−4v2−2v3, w2 = v1−v2−v4, w3 = v1−2v2−2v5.Una combinazione lineare au1 + bu3 appartiene a W (e quindi le sue coordinate soddisfano le equazioni diW ) se, e solo se, a = 0 = b, e dunque U ∩W = 〈0〉 che, per la formula di Grassmann, permette di concludereche V = U ⊕W .

Dato v ∈ V , la sua proiezione e il vettore π(v) = v − au1 − bu3 ove a e b vanno scelti in modo cheπ(v) ∈W . Dunque, dato v = x1v1 + · · ·+ x5v5, si ha

x1−2a−bx2+b

x3−ax4+3a+2b

x5−2a−2b

∈W ⇐⇒

{2(x1 − 2a− b) + (x3 − a) + 2(x4 + 3a+ 2b) + (x5 − 2a− 2b) = 0

(x2 + b)− 2(x3 − a)− (x4 + 3a+ 2b)− (x5 − 2a− 2b) = 0

quindi a = 2x1 + x3 + 2x4 + x5 e b = 2x1 − x2 + x3 − x4 e si puo quindi scrivere

A = αV,V(π) =

−1 1 −3 −3 −2

−2 0 1 −1 0

−2 0 0 −2 −1

2 −2 5 5 3

0 2 −4 −2 −1

.

(b) Cominciamo dal caso dei sottospazi complementari a W (dim(W ∩U) = 0). In questo caso U e generatoda due vettori linearmente indipendenti non appartenenti a W , e vi sono (qn − qn−2)(qn + qn−1) possibiliscelte per tali coppie di generatori; inoltre, due coppie generano lo stesso sottospazio se si possono ottenerel’una dall’altra tramite un cambiamento di base, ovvero tramite il prodotto per una matrice invertibile diordine 2 e vi sono (q2−1)(q2−q) tali matrici, per cui il numero dei sottospazi di dimensione 2 con intersezione

banale con W e (qn−qn−2)(qn+qn−1)(q2−1)(q2−q) = q2n−4.

Un sottospazio U , di dimensione 2, soddisfa alla condizione dim(W ∩U) = 1 se e generato da un vettore(non nullo) w di W e da un vettore v che non appartiene a W . E chiaro che si ha 〈w, v〉 = 〈aw, cv + bw〉, se

ac 6= 0 e b ∈ Fq; dunque il numero dei sottospazi cercati e (qn−2−1)(qn−qn−2)(q−1)(q2−q) = (qn−2−1)(q+1)qn−3

(q−1) .

Infine, un sottospazio U , di dimensione 2, che soddisfa alla condizione dim(W ∩ U) = 2, e generato dadue vettori linearmente indipendenti di W e due coppie individuano lo stesso sottospazio se si ottengono

l’una dall’altra per cambiamento di base. Dunque il numero di questi sottospazi e (qn−2−1)(qn−2−q)(q2−1)(q2−q) .

Guardando alla potenza pi elevata di q che compare come addendo, il gruppo piu numeroso e dunquequello dei sottospazi complementari a W , con l’eccezione del caso in cui q = 2, nel quale e il secondo gruppoad essere il piu numeroso. �

ESERCIZIO 3. (a) Sia ψ : R5 → R5 l’endomorfismo di matrice

A =

−2 0 −8 0 −12

0 −2 8 2 12

0 0 −4 0 −3

1 −1 4 2 6

0 0 4 0 4

in base canonica E = {e1, . . . , e5}. Si determinino polinomio caratteristico autovalori ed autospazi perψ. Si dica se ψ e diagonalizzabile e si determinino una matrice diagonale D e una matrice invertibile Ptale che D = P−1AP . Si dica se esiste un endomorfismo φ : R5 → R5 tale che φ(ψ(ej)) =

√2je6−j per

j = 1, . . . , 5? Per quali endomorfismi ψ cio e vero?(b) Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 3 sul campo K e sia B ⊂ V ×V ×V l’insieme delle basi ordinate

(v1, v2, v3) di V . B e un sottospazio vettoriale di V ×V ×V ? Sia f : B → HomK (V, V ) l’applicazione cheassocia alla base ordinata (v1, v2, v3) l’endomorfismo ν : V → V definito ponendo ν(v1) = 0, ν(v2) = v1,ν(v3) = v2. Si dica se f e un’applicazione lineare. E vero o falso che f(v1, v2, v3) = f(w1, w2, w3) se, esolo se, esistono gli scalari a, b, c in K, con a 6= 0, tali che w1 = av1, w2 = av2+bv1, w3 = av3+bv2+cv1?E vero o falso che l’immagine di f e l’insieme di tutti gli endomorfismi nilpotenti di rango 2 di V ?

Svolgimento. Il polinomio caratteristico di ψ e pψ(X) = det(X15−A) = (X+2)2(X−2)(X−√

2)(X+√

2).Gli autospazi sono

W1 = ker(ψ + 2id) = 〈e1 + e2, 3e3 − 2e5〉 , W2 = ker(ψ − 2id) = 〈4e1 − 4e2 + e3 − 2e5〉 ,W3 = ker(ψ −

√2id) =

⟨2e2 + (2 +

√2)e4

⟩, W4 = ker(ψ +

√2id) =

⟨2e2 + (2−

√2)e4

⟩.



D =

−2 0 0 0 0

0 −2 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0√

2 0

0 0 0 0 −√

2

e P =

1 0 4 0 0

1 0 −4 2 2

0 3 1 0 0

0 0 0 2+√

2 2−√

2

0 −2 −2 0 0

e si ha D = P−1AP .Certamente esiste un endomorfismo χ : R5 → R5 tale che χ(ej) =

√2je6−j per j = 1, . . . , 5, perche per

definire un’applicazione lineare e sufficiente fissare i suoi valori sui vettori di una base del dominio. Dunquela domanda verte sull’esistenza di un endomorfismo φ : R5 → R5 tale che φ ◦ ψ = χ. Poiche ψ e invertibile,basta prendere φ = χ ◦ ψ−1, e questa e l’unica scelta possibile. Dato che χ ha rango massimo, il problemaha soluzione se, e solo se, ψ e invertibile e questa e la condizione richiesta.

(b) L’insieme B delle basi ordinate di V non e certo un sottospazio del prodotto cartesiano V ×V ×V , infattinon contiene lo zero di tale spazio, ovvero la terna (0, 0, 0). Dunque l’applicazione f non un’applicazionelineare non essendo definita su uno spazio vettoriale. Sull’insieme B l’applicazione f e ben definita e perogni base ordinata, (v1, v2, v3), l’endomorfismo ν = f(v1, v2, v3) e un endomorfismo nilpotente di rango 2(ν3 = 0 e imν = 〈v1, v2〉). D’altro canto, per ogni endomorfismo nilpotente di rango 2, µ, esiste una baseordinata (w1, w2, w3) tale che µ(w1) = 0, µ(w2) = w1 e µ(w3) = w2 (perche?); e quindi l’immagine di f e ilsottoinsieme di HomK (V, V ) formato dagli endomorfismi nilpotenti di rango 2.

Infine, se le due basi ordinate (v1, v2, v3) e (w1, w2, w3) sono legate dalla relazione w1 = av1, w2 =av2 + bv1, w3 = av3 + bv2 + cv1 con a, b, c in K e a 6= 0, detta ν = f(v1, v2, v3), si ha

ν(w1) = aν(v1) = 0, ν(w2) = aν(v2) + bν(v1) = av1 = w1,

ν(w3) = aν(v3) + bν(v2) + cν(v1) = av2 + bv1 = w2,

e quindi f(v1, v2, v3) = f(w1, w2, w3). D’altra parte, se ν = f(v1, v2, v3) = f(w1, w2, w3), allora ν(v1) = 0 =ν(w1), per cui esiste uno scalare a 6= 0, tale che w1 = av1, perche dim kerν = 1. Inoltre, ν(w2) = w1 = av1,per cui w2 ∈ ν−1(av1) = av2 + 〈v1〉 (la controimmagine), e quindi w2 = av2 + bv1, per un opportunob ∈ K. Analogamente, ν(w3) = w2 = av2 + bv1, per cui w3 ∈ ν−1(av2 + bv1) = av3 + bv2 + 〈v1〉, e quindiw3 = av3 + bv2 + cv1, per un opportuno c ∈ K. �


ESERCIZIO 1. Sia n ∈ { 0, . . . , 4 } la classe resto modulo 5 dell’ultima cifra del proprio numero dimatricola. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

−n 0 n−7 6−n 0

0 1 0 0 −4

7−n 0 n−14 1 0

0 0 0 −7 0

0 16 0 0 −15

in base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo di φ, una matrice di Jordan J e una matrice

invertibile P tali che P−1AP = J .(b) Sia ora ψ : Q7 → Q7 un endomorfismo con polinomio minimo λψ(X) = (X − c)3, mg(c) = 3 e c 6= 0.

Quali sono le possibili forme di Jordan della matrice di ψ2 − id? Cosa cambia se c = 0? Ci sono casi incui ψ2 − id ammette un vettore ciclico?

Svolgimento. (a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = (X + 7)5 e si ha

A+ 71 =

7−n 0 n−7 6−n 0

0 8 0 0 −4

7−n 0 n−7 1 0

0 0 0 0 0

0 16 0 0 −8

e (A+ 71)2 =

0 0 0 (7−n)(5−n) 0

0 0 0 0 0

0 0 0 (7−n)(5−n) 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

e rk(A + 71) = 3, rk(A + 71)2 = 1, rk(A + 71)3 = 0. Dunque il polinomio minimo e λφ(X) = (X + 7)3.Poiche mg(−7) = 2, la matrice di Jordan di φ ha due blocchi: uno di ordine 3 e l’altro di ordine 2. Unapossibile scelta per le matrici J e P e data dalle seguenti

J =

−7 1 0 0 0

0 −7 0 0 0

0 0 −7 1 0

0 0 0 −7 1

0 0 0 0 −7

e P =

0 0 (7−n)(5−n) 6−n 0

−4 0 0 0 0

0 0 (7−n)(5−n) 1 0

0 0 0 0 1

−8 1 0 0 0

(b) ψ ha un unico autovalore, uguale a c, con molteplicita geometrica 3 e polinomio minimo di grado 3.Dunque la matrice di Jordan di ψ ha tre blocchi, di ordine ≤ 3 e di cui uno almeno di ordine massimo. Poichela somma degli ordini dei blocchi e uguale a 7 (la dimensione dello spazio), si possono avere due blocchi diordine 3 e uno di ordine 1, oppure un solo blocco di ordine 3 e due di ordine 2.

Se c 6= 0, la forma di Jordan di ψ2 ha blocchi dello stesso ordine della matrice di Jordan di ψ; dunque cisono due possibili matrici di Jordan per ψ2 − id, una con due blocchi di ordine 3 e uno di ordine 1, relativiall’autovalore c2 − 1, e l’altra con un solo blocco di ordine 3 e due di ordine 2.

Se, invece c = 0, la forma di Jordan di ψ2 ha nel primo caso due blocchi di ordine 2 e tre di ordine 1,mentre nel secondo caso ha un solo blocco di ordine 2 e cinque di ordine 1 (tutti relativi all’autovalore 0). Lostessa distribuzione di blocchi si ha per la matrice di Jordan di ψ2 − id, relativamente all’unico autovalore−1.

In ogni caso, non puo esistere un vettore ciclico per ψ2 − id, perche il polinomio minimo ha sempregrado strettamente piu piccolo del grado del polinomio caratteristico. �

1


ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo orientato E3 sono dati tre piani π1, π2 e π3.(a) Sapendo che i piani π1 e π2 formano un angolo ϑ, con cosϑ = 4

5 , e che π3 e parallelo a π1 ed ha distanzad > 0 da questo, si scelga un opportuno sistema di riferimento ortonormale concorde, {O; v1, v2, v3 }, esi scrivano in tale riferimento le equazioni dei tre piani e le matrici delle simmetrie (ortogonali), s1, s2,s3, rispetto a ciascuno di questi.

(b) Si classifichi secondo Eulero la trasformazione composta f = s3 ◦ s2 ◦ s1. Come si puo trovare unaisometria inversa s tale che s ◦ f 6= id e abbia matrice diagonale?

Svolgimento. (a) Possiamo scegliere un riferimento in cui l’origine O ∈ π1 ∩ π2 e la direzione comune ai duepiani e quella del vettore v1. Possiamo quindi supporre, π1 = O + 〈v1, v2〉 e v3 e la direzione ortogonale alpiano. Un vettore non nullo n, normale al piano π2, soddisfa alla condizione n·v3

‖n‖ = 45 , n · v1 = 0 e dunque

n·v2‖n‖ = ± 3

5 . Dunque possiamo scegliere la base v1, v2, v3 in modo che sia concorde con l’orientamento fissato e

i piani abbiano equazione rispettivamente π1 : x3 = 0, π2 : 3x2 + 4x3 = 0 e π3 : x3 = d. In questo riferimentole matrici delle simmetrie sono

S1 =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

), S2 =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 7/25 −24/25

0 0 −24/25 −7/25

), S3 =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

2d 0 0 −1

).

(b) f e un’isometria inversa (composizione di tre isometrie inverse). L’applicazione lineare associata e

la simmetria rispetto al sottospazio 〈3v2 − 4v3〉⊥ (il simmetrico di π2 rispetto a π1). Il vettore 2dv3 sidecompone nella sua componente perpendicolare al piano, ovvero − 8

25d(3v2 − 4v3), e nella sua componenteparallela al piano u = 6

25d(4v2 + 3v3). Dunque f e una glissoriflessione, composta dalla riflessione rispettoal piano τ : 3x2 − 4x3 = −4d seguita dalla traslazione di vettore u.

L’applicazione composta τ−2dv3 ◦ f e la simmetria rispetto al piano per l’origine parallelo a τ . Secomponiamo con la riflessione s rispetto al piano 4x2 + 3x3 = 0 (ortogonale a τ), l’applicazione compostas ◦ τ−2dv3 ◦ f e la rotazione di angolo π attorno all’asse O + 〈v1〉 e quindi ha matrice diagonale. �


L :

{3x2 + 2x3 = −2

x4 = 0M :

{x1 + 2x2 = 1

x3 = −1.

(a) Si determinino dimensione e posizione reciproca di L e M. Si calcolino le dimensioni di L∩M e L∨M.(b) Si determini, se esiste, una retta r che sia sghemba simultaneamente sia con L che con M.

Si determini, se esiste, un piano π tale che π ∩ L e π ∩M siano due rette sghembe.Si determini, se esiste, un iperpiano H tale che H ∩ L e H ∩M siano due rette sghembe.

(c) Sia Fq il campo con q elementi e siano date due sottovarieta lineari L e M di A4(Fq) nella stessa posizionereciproca delle sottovarieta indicate nel punto (a) Come si possono contare tutte le rette di A4(Fq) chesiano sghembe simultaneamente sia con L che con M?

Svolgimento. (a) I due sistemi han rango 2 e quindi definiscono due piani in A4(Q); ovvero dimL = dimM =

2. Il sistema che definisce L∩M ha rango 4 e ha come unica soluzione il punto P =

( 1

0

−1

0

)di dimensione 0.

Per la formula di Grassmann dim(L∨M) = 4 e quindi la sottovarieta congiungente e tutto lo spazio A4(Q).

(b) I sottospazi direttori dei due piani L e M sono VL = 〈e1, 2e2 − 3e3〉 e VM = 〈2e1 − e2, e4〉. I vettorie1 + e4 e 2e1 + e2 − 3e3 generano un sottospazio U tale che U ⊕ VL = Q4 = U ⊕ VM. Dunque la rettar = P + e1 + e4 + 〈2e1 + e2 − 3e3〉 = O + 2e1 − e3 + e4 + 〈2e1 + e2 − 3e3〉 e sghemba con i due piani.

Non puo esistere un piano π come richiesto, perche dovrebbe contenere le due rette sghembe tagliatesui due piani e cio e in contrasto con la formula di Grassmann affine.

Infine, le due rette `1 = P + e1 + 〈2e2 − 3e3〉 e `2 = P + e4 + 〈2e1 − e2〉 sono contenute in L e M, rispet-tivamente, e sono sghembe. Generano infatti l’iperpiano H = `1∨ `2 = P + e1 + 〈e1 − e4, 2e2 − 3e3, 2e1 − e2〉che soddisfa alle condizioni richieste.

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 26 giugno 2020 3

(c) L e M sono due piani di A4(Fq) che si intersecano in un unico punto. Possiamo quindi scegliere unriferimento affine R = {P ; v1, . . . , v4} per cui L = P + 〈v1, v2〉 e M = P + 〈v3, v4〉. Una retta Q + 〈v〉 esghemba con i due piani se, e solo se, il sottospazio vettoriale U = 〈Q− P, v〉 e un complementare comuneai sottospazi direttori VL e VM. Due rette sghembe r e s determinano lo stesso sottospazio U , se, e solo se,P ∨ r = P + U = P ∨ s cioe sono rette non passanti per P , ma contenute in un piano che interseca i duepiani dati nel solo punto P .

Dobbiamo dunque contare quanti sono i sottospazi U complementari sia a VL che a VM e moltiplicareil loro numero per il numero delle rette di P + U non passanti per P . I complementari comuni sia a VL chea VM sono tanti quanto le matrici di GL(2,Fq), ovvero (q2 − 1)(q2 − q). Infatti le coordinate di una coppia

di generatori del sottospazio U formano una matrice 4 × 2, A =

( a1 b1a2 b2a3 b3a4 b4

), ove si ha

∣∣∣ a1 b1a2 b2

∣∣∣ 6= 0 6=∣∣∣ a3 b3a4 b4

∣∣∣,

affinche il sottospazio U sia complementare ai due sottospazi direttori. Due tali matrici, A e B generano lostesso sottospazio U se, e solo se, B = AP con P ∈ GL(2,Fq). Dunque possiamo considerare solo matrici

del tipo

(a1 b1a2 b21 0

0 1

)con

∣∣∣ a1 b1a2 b2

∣∣∣ 6= 0, ovvero tante quante gli elementi di GL(2,Fq).

Infine, le rette di un piano affine su Fq sono (q+1)q, a cui van tolte quelle passanti per un punto, ovveroq + 1. Si conclude che le rette sghembe con i due piani L e M di A4(Fq) sono (q2 − 1)2(q2 − q). �


ESERCIZIO 1. Sia h l’ultima cifra del proprio numero di matricola e n un numero intero, n ∈ { 0, . . . , 5 },tale che n ≡ 2h+ 1 mod 6. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

4 −n 2n 0 5

0 3 0 −2 0

0 0 −1 −3 0

0 2 0 −2 0

−2 n −2n 0 −3

in base canonica.(a) Si determinino polinomio caratteristico, polinomio minimo, autospazi di φ, una matrice di Jordan J e

una matrice invertibile P tali che P−1AP = J .(b) Sia ora ψ un endomorfismo di un Q-spazio vettoriale con polinomio caratteristico pψ(X) = (X − c)10 e

mg(c) = 3. Si dica quante e quali sono le possibili forme di Jordan della matrice di ψ e per ognuna di

esse si indichi la corrispondente filtrazione dei nuclei. E sufficiente conoscere il polinomio minimo di ψper distinguere i vari casi? Ci sono casi in cui ψ ammette un vettore ciclico?

Svolgimento. Si osservi che n ∈ { 1, 3, 5 }.(a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = (X − 2)2(X + 1)3 e si ha

A+ 1 =

5 −n 2n 0 5

0 4 0 −2 0

0 0 0 −3 0

0 2 0 −1 0

−2 n −2n 0 −2

e A− 21 =

2 −n 2n 0 5

0 1 0 −2 0

0 0 −3 −3 0

0 2 0 −4 0

−2 n −2n 0 −5

con rk(A + 1) = 4, rk(A − 21) = 3. Dunque mg(2) = ma(2) = 2 e l’autospazio corrispondente e ker(φ −2idV ) = 〈5e1 − 2e5, 2ne1 + 2e2 − e3 + e4〉. Inoltre, im(φ−2idV ) ⊆ ker(φ+idV )3, perche il polinomio minimodi φ divide (X − 2)(X + 1)3. I due sottospazi hanno entrambi dimensione 3 e quindi coincidono, per cui ilvettore w = e2 + 2e4 ∈ ker(φ+ idV )3, con (φ+ id)(w) = −ne1− 6e3 +ne5 e (φ+ id)2(w) = −12ne1 + 12ne5,e un autovettore generalizzato di periodo 3 (si verifichi che (φ+ id)3(w) = 0). Dunque, il polinomio minimoe λφ(X) = (X − 2)(X + 1)3 e la matrice di Jordan di φ ha tre blocchi: due di ordine 1 relativi all’autovalore2 e il terzo di ordine 3 relativo a −1. Una possibile scelta per le matrici J e P e data dalle seguenti

J =

2 0 0 0 0

0 2 0 0 0

0 0 −1 1 0

0 0 0 −1 1

0 0 0 0 −1

e P =

5 2n −12n −n 0

0 2 0 0 1

0 −1 0 −6 0

0 1 0 0 2

−2 0 12n n 0

(b) ψ ha un unico autovalore, uguale a c, con molteplicita geometrica 3. Dunque la matrice di Jordan di ψha tre blocchi, di cui uno almeno di ordine massimo. Poiche la somma degli ordini dei blocchi e uguale a 10(la dimensione dello spazio), si possono avere 8 forme di Jordan distinte per la matrice di ψ. Indicato conJk = Jk(c) (k ∈ N) un blocco di Jordan di ordine k relativo all’autovalore c, possiamo distinguere le seguentipossibilita.

Blocchi di Jordan Dimensioni della filtrazione Blocchi di Jordan Dimensioni della filtrazioneJ8, J1, J1 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 J7, J2, J1 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10J6, J3, J1 3, 5, 7, 8, 9, 10 J6, J2, J2 3, 6, 7, 8, 9, 10J5, J4, J1 3, 5, 7, 9, 10 J5, J3, J2 3, 6, 8, 9, 10J4, J4, J2 3, 6, 8, 10 J4, J3, J3 3, 6, 9, 10

Si osservi che ci sono due matrici di Jordan distinte con polinomio minimo (X − c)4 o (X − c)5 o (X − c)6.In ogni caso, non puo esistere un vettore ciclico per ψ, perche cio puo accadere solo se mg(c) = 1. �

4


ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo orientato E3 sono dati tre piani π1, π2 e π3. I tre piani sono paralleliad una stessa direzione 〈v〉 e tagliano i lati un triangolo equilatero (di lato unitario) su ogni piano ortogonalea 〈v〉, con i tre lati in senso antiorario.(a) Si scelga un opportuno sistema di riferimento ortonormale concorde, {O; v1, v2, v3 }, e si scrivano in

tale riferimento le equazioni dei tre piani e le matrici delle simmetrie (ortogonali), s1, s2, s3, rispetto aciascuno di questi.

(b) Si classifichi secondo Eulero la trasformazione composta f = s3 ◦ s2 ◦ s1. Cosa cambia se il triangolotagliato dai tre piani ha il lato di lunghezza ` 6= 0? . . . e per ` = 0?

Svolgimento. (a) Possiamo scegliere un riferimento in cui l’origine O appartiene a π1 ∩ π3, la direzionecomune ai tre piani e quella del vettore v3 e inoltre, π1 = O + 〈v1, v3〉. Allora v2 = v3 × v1 e π2 =O + v1 +

⟨−v1 +

√3v2, v3

⟩e π3 = O +

⟨v1 +

√3v2, v3

⟩; ovvero i tre piani hanno equazioni π1 : y = 0,

π2 : y +√

3x =√

3, π3 : y −√

3x = 0. In questo riferimento le matrici delle simmetrie sono

S1 =

( 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

), S2 =

( 1 0 0 0

3/2 −1/2 −√

3/2 0√3/2 −

√3/2 1/2 0

0 0 0 1

), S3 =

( 1 0 0 0

0 −1/2√

3/2 0

0√

3/2 1/2 0

0 0 0 1

).

(b) f e l’isometria inversa (composizione di tre isometrie inverse) di matrice. S =

( 1 0 0 0

0 −1/2 −√

3/2 0√3 −√

3/2 1/2 0

0 0 0 1

)nel

riferimento scelto. L’applicazione lineare associata e la simmetria rispetto al sottospazio direttore del piano

π2. Il vettore√

3v2 si decompone nella sua componente perpendicolare al piano, ovvero√

34 (√

3v1 + v2), e

nella sua componente parallela al piano u = − 34 (v1 −

√3v2). Dunque f e una glissoriflessione, composta

dalla riflessione rispetto al piano τ : 2y + 2√

3x =√

3, seguita dalla traslazione di vettore u.Se il lato del triangolo ha lunghezza ` non cambiano i piani π1 e π3, mentre il piano π2 ha la stessa

giacitura e passa per il punto

(`

0

0

). Cambia di conseguenza la prima colonne della matrice S2 (le entrate

diverse da 1, si moltiplicano per `) l’applicazione composta, f , e sempre una glissoriflessione, ma stavolta

il piano di riflessione (parallelo a π2) passa per

(`/2

0

0

)e il vettore di glissazione viene moltiplicato per il

fattore `.Per ` = 0 i tre piani contengono tutti la stessa retta (O + 〈v3〉 nel riferimento scelto) che e quindi fatta

di punti uniti per f e la trasformazione composta e la riflessione rispetto al piano π2. �


L =

( 0

1

0

−1

)+

⟨( 2

−1

0

0

)⟩e M =

( 0

0

1

0

)+

⟨( 1

0

0

1

),

( 2

0

−1

0

)⟩.

(a) Si determinino dimensione e posizione reciproca di L e M e un sistema di equazioni cartesiane perciascuna delle due sottovarieta lineari.

(b) Si determini, se esiste, una retta r che sia sghemba simultaneamente sia con L che con M.Si determinino le equazioni cartesiane di tutti gli iperpiani contenenti L e per ogni tale iperpiano, H, sideterminino le sottovarieta lineari L ∨ (M ∩H) e (L ∨M) ∩H.

(c) Sia Fq il campo con q elementi e siano date due sottovarieta lineari L e M di A4(Fq) nella stessa posizionereciproca delle sottovarieta indicate nel punto (a) Come si possono contare tutte le rette di A4(Fq) chesiano sghembe simultaneamente sia con L che con M?

Svolgimento. (a) L e una retta ed M un piano e le due sottovarieta lineari hanno equazioni cartesiane

L :

x1 + 2x2 = 2

x3 = 0

x4 = −1

, e M :

{x1 + 2x3 − x4 = 2

x2 = 0.


Sostituendo nelle equazioni di M le coordinate di un generico punto di L,

( 2a

1−a0

−1

)al variare di a ∈ Q, si

ottiene il sistema

{2a+ 1 = 2

1− a = 0e quindi le due sottovarieta sono sghembe.

(b) La retta r =

( 1

1

0

0

)+

⟨( 0

1

−1

0

)⟩e sghemba sia con L che con M (e non e unica). Tutti gli iperpiani

contenenti L hanno equazione cartesiana H : a(x1 + 2x2 − 2) + bx3 + c(x4 + 1) = 0 al variare dei parametriomogenei (a, b, c) ∈ Q3. Poiche L e M sono sghembe, si ha L ∨M = A4(Q) e quindi (L ∨M) ∩ H = H.Considerando il sistema lineare che definisce M ∩H, si ottiene la matrice

1 0 2 −1 2

0 1 0 0 0

a 2a b c 2a−c

∼

I

II

III − aI − 2aII

1 0 2 −1 2

0 1 0 0 0

0 0 b−2a c+a −c

.

Dunque, quando b = 2a e c = −a (e a 6= 0), ovvero H = x1 + 2x2 + 2x3 − x4 = 3 e parallelo a M, si haM ∩H = ∅ e L ∨ (M ∩H) = L 6= (L ∨M) ∩H = H. Altrimenti, M ∩H e una retta (perche?), sghemba conL, per cui (formula di Grassmann affine) L ∨ (M ∩H) = H = (L ∨M) ∩H.

(c) Possiamo supporre di aver fissato un riferimento affine R = {O; v1, . . . , v4 } in A4(Fq) per cui M =O + 〈e1, e2〉 e L = O + e3 + 〈e4〉 ed indichiamo con M′ il piano O + 〈e3, e4〉. Se r e una retta sghemba siacon M che con M′ e una delle rette cercate, e le rette sghembe sia con M che con M′ sono (q2 − 1)2(q2 − q)come abbiamo visto nel compito del 26 giugno. Se r e sghemba con M ma non con M′, allora (O ∨ r) ∩M′e una retta per l’origine, complanare con L. I piani π tali che π ∩M = {O} e π ∩M′ sia una retta sono(q2 − 1)(q + 1) (come le matrici 2× 2 di rango 1); per (q2 − 1)q di questi, la retta π ∩M′ e incidente con L,mentre per i rimanenti q2− 1 le due rette sono parallele. In un piano π tale che π∩M = {O} e π∩L = {P},le rette che non appartengono ai due fasci per O e per P sono sghembe sia con M che con L. Si tratta quindidi (q2 − 1)q(q2 − q − 1) rette. In un piano π tale che π ∩M = {O} e π ∩M′ = O + 〈e4〉, le rette che nonappartengono al fascio per O e che non sono parallele a O + 〈e4〉 sono sghembe sia con M che con L. Sitratta quindi di (q2 − 1)(q2 − q) rette. Sommando i vari casi si ottengono q(q2 − 1)(q3 − q− 1) rette. �


ESERCIZIO 1. Sia h ∈ { 0, 1, 2, 3 } congruo modulo 4 all’ultima cifra del proprio numero di matricola esia n = 2(h+ 1). Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

−6 −2 0 −2 1

0 n−5 0 n 0

0 1 −5 2 0

0 −n 0 −n−5 0

−1 −2 2 −2 −4


una matrice invertibile P tali che P−1AP = J . Esiste un vettore ciclico per φ? Esiste una base di Q5 icui elementi sono tutti vettori ciclici per φ?

(b) Sia ora Fq il campo finito con q elementi e sia ψ un endomorfismo nilpotente di F12q , con mg(0) = 4 e

rk(ψ3) = 1. Si dica quante e quali sono le possibili forme di Jordan della matrice di ψ e per ognuna diesse si indichi il polinomio minimo e la corrispondente filtrazione dei nuclei. Quanti sono gli autovettorigeneralizzati di periodo massimo per ψ? Sono di piu o di meno di quelli di periodo strettamente piupiccolo?

Svolgimento.

(a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = (X + 5)5 e si ha

A+ 51 =

−1 −2 0 −2 1

0 n 0 n 0

0 1 0 2 0

0 −n 0 −n 0

−1 −2 2 −2 1

con rk(A+ 51) = 4 e ker(φ+ 5id) = 〈e1 + e5〉 .

Il polinomio minimo di φ e (X + 5)5 e gli autovettori generalizzati di periodo strettamente minore di 5formano l’iperpiano H : x2 +x4 = 0. Partiamo da w5 = e2 /∈ H per costruire una base rispetto a cui φ abbiamatrice di Jordan. Si ha

w4 = (φ+ 5id)(e2) = −2e1 + ne2 + e3 − ne4 − 2e5, w3 = (φ+ 5id)(w4) = −ne3 + 2e5,

w2 = (φ+ 5id)(w3) = 2e1 + (2− 2n)e5, w1 = (φ+ 5id)(w2) = −2n(e1 + e5).

Una possibile scelta per le matrici J e P e quindi data dalle seguenti

J =

−5 1 0 0 0

0 −5 1 0 0

0 0 −5 1 0

0 0 0 −5 1

0 0 0 0 −5

e P =

−2n 2 0 −2 0

0 0 0 n 1

0 0 −n 1 0

0 0 0 −n 0

−2n 2−2n 2 −2 0

.

Polinomio minimo e polinomio caratteristico coincidono per cui esistono vettori ciclici e precisamente evettore ciclico per φ ogni autovettore generalizzato di periodo 5. Per trovare una base di Q5 i cui elementisono tutti vettori ciclici per φ, basta prendere una base fatta da vettori non appartenenti ad H, ad esempio:v1 = e1 + e2, v2 = e2, v3 = e2 + e3, v4 = e4, v5 = e2 + e5.

(b) Poiche rk(ψ3) = 1, il polinomio minimo di ψ e uguale a X4, e c’e un unico blocco di ordine 4 nellamatrice di Jordan di ψ. La matrice di Jordan ha in tutto 4 blocchi (mg(0) = 4) e quindi vi devono essereesattamente 2 blocchi di ordine 3 e un blocco di ordine 2 per soddisfare a tutte le condizioni date. Dunquevi e un’unica matrice di Jordan di ψ e deve aversi dim kerψ = 4, dim ker(ψ2) = 8, dim ker(ψ3) = 11,dim ker(ψ4) = 12. Gli autovettori generalizzati di periodo massimo sono quelli che non appartengono aker(ψ3), ovvero il complementare di un iperpiano di F12

q che e quindi un insieme con q12 − q11 elementi.Naturalmente, q12 − q11 = (q − 1)q11 e strettamente piu grande di q11 per tutti i valori di q eccetto q = 2,per cui i due termini sono uguali. �

7


ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E3, col riferimento canonico R = {O; e1, e2, e3} sono date le rette

r :

{8x+ 5y = 19

x+ 5z = 8e s :

{4x+ 7y = −10

5y − 4z = −6.

(a) Si determini la posizione reciproca delle due rette, si calcoli la distanza e l’angolo tra le due rette e sidetermini una coppia di punti di minima distanza.

(b) Si determinino le matrici di tutte le trasformazioni rigide f che scambiano tra loro le due rette (ovverof∗(r) = s e f∗(s) = r). Ci sono isometrie inverse che scambiano le due rette?


(3

−1

1


(5

−8

−1

), mentre

la retta s passa per il punto Q =

(1

−2

−1


(7

−4

−5

). Le due rette non sono

parallele e possiamo calcolare la distanza d(r, s) = |(Q−P )·v×w|‖v×w‖ = 3, per cui le rette sono sghembe e i punti

scelti, (P,Q), sono la coppia di minima distanza. L’angolo tra le due rette e l’angolo ϑ ∈ [0, π/2] per cui

cosϑ = |v·w|‖v‖ ‖w‖ = 4

5 .

(b) Un’isometria che scambi tra loro le due rette deve scambiare tra loro i punti della coppia di minima

distanza e quindi lasciare unito il punto medio M = P+Q2 =

(2

−3/2

0

)e avere il vettore v1 = P −Q =

(2

1

2

)

come autovettore (relativo all’autovalore −1). Il sottospazio ortogonale a 〈v1〉 e la giacitura 〈v, w〉 ed eanch’esso unito (per la trasformazione ortogonale soggiacente) e una base ortogonale di questo piano sitrova prendendo le direzioni delle bisettrici delle rette 〈v〉 e 〈w〉. Poiche ‖v‖ = ‖w‖, le bisettrici sono le

rette 〈v + w〉 e 〈v − w〉, per cui possiamo prendere v2 =

(2

−2

−1

)e v3 =

(1

2

−2

). In tal modo, il riferimento

S = {M, 13v1,

13v2,

13v3} e ortonormale e concorde con la base canonica. Nel riferimento S e chiaro che le

uniche isometrie possibili sono due, di matrici

αS ,S (f1) =

1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

e αS ,S (f2) =

1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

rispettivamente. Entrambe sono isometrie dirette (rotazioni di angolo π). Volendo scrivere le due matricinel riferimento canonico, basta utilizzare le matrici di cambiamento di riferimento ortonormale

P = αS ,R(id) =

1 0 0 0

2 2/3 2/3 1/3

−3/2 1/3 −2/3 2/3

0 2/3 −1/3 −2/3

e P−1 = αR,S (id) =

1 0 0 0

−5/6 2/3 1/3 2/3

−7/3 2/3 −2/3 −1/3

1/3 1/3 2/3 −2/3

e ricordare che, per ogni isometria f , si ha αR,R(f) = PαS ,S (f)P−1. �


L :

{2x1 − x2 = 2

x3 = −1e M :

{x1 − x2 + x4 = 5

2x1 + x3 − 2x4 = 7.

(a) Si determinino rappresentazione parametrica, dimensione e posizione reciproca di L e M e un sistema

di equazioni cartesiane per l’insieme H ={

P+Q2

∣∣∣ P ∈ L, Q ∈M}

.

(b) Si determini, se esiste, un’affinita che scambi tra loro L ed M.

Geometria 1 (parte II) – prova scritta del 26 agosto 2020 9

(c) Sia Fq il campo con q elementi e sia fissato un piano π di A4(Fq). Quanti sono i piani paralleli a π(compreso π)? Quanti sono i piani non incidenti ne paralleli con π? Quanti sono i piani che intersecanoπ (solo) in una retta? Quanti sono i piani che intersecano π (solo) in un punto? E vero che ogni pianodi A4(Fq) appartiene a uno e uno solo di questi insiemi di piani? Quale di questi insiemi di piani e ilpiu numeroso?

Svolgimento. (a) Le due sottovarieta hanno dimensione 2 e in particolare, si ha

L =

( 1

0

−1

0

)+

⟨( 1

2

0

0

),

( 0

0

0

1

)⟩e M =

( 3

−2

1

0

)+

⟨( 1

1

−2

0

),

( 0

1

2

1

)⟩.

Consideriamo la matrice del sistema che definisce l’intersezione tra i due piani

2 −1 0 0 2

0 0 1 0 −1

1 −1 0 1 5

2 0 1 −2 7

∼

I − IIIIV − I

II

2III − II − IV

1 0 0 −1 −3

0 1 1 −2 5

0 0 1 0 −1

0 −2 −2 4 4

∼

II − III

II + IV/2

1 0 0 −1 −3

0 1 0 −2 6

0 0 1 0 −1

0 0 0 0 7

.

Non vi sono punti in comune, ovvero L ∩M = ∅; e i sottospazi direttori hanno un’intersezione non banale,VL ∩ VM = 〈e1 + 2e2 + e4〉 di dimensione 1. Si tratta quindi di due piani non incidenti ne paralleli (enaturalmente non sghembi). Infine, H e l’iperpiano parallelo ai due piani, passante per il punto medio di unaqualunque coppia di punti; ad esempio per M = O+2e1−e2. L’equazione cartesiana e H : 4x1−2x2+x3 = 10.

(b) Consideriamo il riferimento affine, V , cosı costruito: l’origine e il punto medio, M , dei punti P =O+ e1 − e3 ∈ L e Q = O+ 3e1 − 2e2 + e3 ∈M; v1 = 1

2 (Q−P ) = e1 − e2 + e3, v2 = e1 + 2e2 + e4 ∈ VL ∩ VM,v3 = e4 ∈ VL, v4 = e2 + 2e3 + e4 ∈ VM. Allora l’affinita ,f : A4(Q)→ A4(Q), di matrice

A = αV ,V (f) =

1 0 0 0 0

0 −1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0

scambia fra loro i due piani. Si possono usare le matrici di cambiamento di riferimento per scrivere la matricedi f nel riferimento canonico. E chiaro dalla costruzione che una tale f non e unica.

(c) I piani paralleli a π devono avere lo stesso spazio direttore e sono determinati dalla scelta del punto diapplicazione; nello spazio ci sono q4 punti distinti, ma ogni piano ne contiene q2, quindi i piani paralleli a π(compreso lo stesso π) sono q2.

I piani non incidenti ne paralleli con π devono avere con questo una (e una sola) direzione in comune.

Osserviamo che nel piano π vi sono q2−1q−1 = q + 1 direzioni distinte; inoltre, le direzioni nello spazio non

parallele a π sono q4−q2q−1 = q2(q + 1). Scelta una direzione di π e una direzione, 〈v〉, non parallela a questi,

abbiamo determinato lo spazio direttore del piano e otteniamo piani distinti applicandolo a un qualunquepunto di una retta non parallela all’iperpiano determinato da π e 〈v〉 eccetto il punto di intersezione trala retta e l’iperpiano; quindi vi sono q − 1 scelte per un tale punto. Riassumendo, i piani non incidenti neparalleli con π sono q2(q + 1)2(q − 1).

Nel piano π ci sono q(q+1) rette distinte. Fissata una tale retta, per ottenere un piano del tipo richiesto,resta da prendere un punto esterno a π e osservare che lo stesso piano ha q2 − q punti esterni a π, per cui ci

sono ulteriori q4−q2q2−q = q(q + 1) scelte. Complessivamente ci sono quindi q2(q + 1)2 piani (distinti da π) che

intersecano π in una retta.I sottospazi di F4

q complementari del sottospazio direttore, Vπ, di π sono q4 (tanti quanti gli omomorfismitra lo spazio quoziente F4

q/Vπ e il sottospazio direttore). Possiamo ottenere piani distinti che intersecano πin un punto applicando un tale sottospazio a un qualunque punto di π, e i punti di π sono q2. In conclusione,i piani che intersecano π solo in un punto sono q6.

Quelle che abbiamo considerato sono tutte le possibili posizioni reciproche di π con un piano di A4(Fq),per cui ogni piano dello spazio appartiene a uno (e uno solo) di questi sottoinsiemi e, per qualsiasi valore diq, il piu numeroso e quello formato dai piani che intersecano π in un punto. �


ESERCIZIO 1. Sia h ∈ { 0, 1, 2, 3, 4 } congruo modulo 5 all’ultima cifra del proprio numero di matricola esia n = h− 3. Sia φ : Q5 → Q5 l’endomorfismo di matrice

A =

4 0 1 0 −1

2 6 2n−4 −2 6−2n

0 0 3 0 1

2 2 2n−4 2 6−2n

0 0 −1 0 5


una matrice invertibile P tali che P−1AP = J . Esiste un endomorfismo nilpotente ν : Q5 → Q5 taleche φ+ ν ammetta un vettore ciclico?

(b) Sia ora ψ un endomorfismo nilpotente di Q12, con rkψ = 8 e λψ(X) = X5. Si dica quante e quali sonole possibili forme di Jordan della matrice di Φ = 3id − ψ2 e per ognuna di esse si indichi il polinomiominimo e la corrispondente filtrazione dei nuclei. E vero che e sufficiente conoscere il rango di ψ3 perdistinguere tra i vari casi?

Svolgimento. Si osservi che n ∈ {−3,−2,−1, 0, 1 }.(a) Il polinomio caratteristico di φ e pφ(X) = (X − 4)5 e si ha

A− 41 =

0 0 1 0 −1

2 2 2n−4 −2 6−2n

0 0 −1 0 1

2 2 2n−4 −2 6−2n

0 0 −1 0 1

con rk(A− 41) = 2 e (A− 41)2 = 0.

Il polinomio minimo di φ e (X − 4)2 e 〈e1, e3〉 e un complementare dell’autospazio relativo a 4. Possiamoquindi prendere

w2 = e1, w1 = (φ− 4id)(w2) = 2e2 + 2e4,

w4 = e3, w3 = (φ− 4id)(w4) = e1 + (2n− 4)e2 − e3 + (2n− 4)e4 − e5, w5 = e1 − e2.

Una possibile scelta per le matrici J e P e quindi data dalle seguenti

J =

4 1 0 0 0

0 4 0 0 0

0 0 4 1 0

0 0 0 4 0

0 0 0 0 4

e P =

0 1 1 0 1

2 0 2n−4 0 −1

0 0 −1 1 0

2 0 2n−4 0 0

0 0 −1 0 0

.

Sia ν : Q5 → Q5 l’endomorfismo definito ponendo ν(w1) = ν(w2) = ν(w4) = 0 e ν(w3) = w2, ν(w5) = w4,oveW = {w1, . . . , w5} e la base di autovettori generalizzati che porta φ in forma di Jordan. Si ha imν ⊂ kerνe quindi ν2 = 0 e inoltre w5 e autovettore generalizzato di periodo 5 per l’autovalore 4 di φ+ ν, come si vedeosservando che la matrice αW,W(φ+ ν) e un blocco di Jordan di ordine 5 e autovalore 4; dunque φ ammettevettore ciclico.

(b) In base alle condizioni date, vi sono 4 possibili forme di Jordan (non simili tra loro) per ψ, corrispondentia quattro diverse filtrazioni dei nuclei che riportiamo nella seguente tabella ponendo a fianco la filtrazionedei nuclei di ψ2 = −(Φ − 3id) e i corrispondenti blocchi di Jordan per Φ, osservando che, in tutti i casi ilpolinomio minimo e λΦ(X) = (X − 3)3, perche ψ4 6= 0 = ψ6.

Filtrazione di ψ Filtrazione di Φ− 3id Blocchi di Jordan di Φ4, 6, 8, 10, 12 6, 10, 12 J3, J3, J2, J2, J1, J1

4, 7, 9, 11, 12 7, 11, 12 J3, J2, J2, J2, J1, J1, J1

4, 7, 10, 11, 12 7, 11, 12 J3, J2, J2, J2, J1, J1, J1

4, 8, 10, 11, 12 8, 11, 12 J3, J2, J2, J1, J1, J1, J1, J1

Dunque si hanno 3 forme di Jordan non simili tra loro per la matrice di Φ, perche si ottiene la stessafiltrazione di Φ− 3id per due endomorfismi ψ non simili tra loro e con diverse dimensioni del nucleo di ψ3,cosı come si ha uguale dimensione del nucleo di ψ3 per due forme di Jordan di φ non simili tra loro. �

10


ESERCIZIO 2. Nello spazio euclideo E4, col riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4}, sono dati i piani

π1 :

{2x1 + x3 = 10

x2 + 2x4 = 0e π2 :

{2x1 − x2 = −2

x3 − 2x4 = −8.

Si determini la posizione reciproca dei due piani e la loro distanza e si determinino tutte le coppie di punti diminima distanza. Si scriva la matrice di una trasformazione rigida f che scambi tra loro i due piani (ovverof∗(π1) = π2 e f∗(π2) = π1). Una tale isometria e unica?

Svolgimento. Si ha

π1 = P + V1 =

( 4

0

2

0

)+

⟨( 1

0

−2

0

),

( 0

2

0

−1

)⟩, e π2 = Q+ V2 =

( 0

2

0

4

)+

⟨( 1

2

0

0

),

( 0

0

2

1

)⟩;

e inoltre, V1 ∩ V2 = 〈v〉, ove v = e1 + 2e2 − 2e3 − e4, (V1 + V2)⊥ = 〈n〉, ove n = 2e1 − e2 + e3 − 2e4 eP −Q = 2n, per cui P −Q /∈ V1 + V2. Dunque i due piani non sono ne paralleli, ne incidenti (e certamentenon sghembi); inoltre la coppia (P,Q) e una coppia di minima distanza, per cui d(π1, π2) = 2

√10 e le coppie

di minima distanza sono gli elementi dell’insieme { (P + av,Q+ av) | a ∈ R }.Un’isometria che scambi tra loro i due piani deve mandare i punti di una coppia di minima distanza

in un’altra coppia con la stessa proprieta (ma nell’ordine scambiato), quindi possiamo lasciare unito il

punto medio M = P+Q2 =

( 2

1

1

2

)della coppia (P,Q) e mandare il vettore n nel suo opposto −n. Inoltre

la direzione del vettore v, generatore di V1 ∩ V2, deve restare unita, per cui possiamo mandare v in sestesso. Passando al sottospazio ortogonale 〈v, n〉⊥, i due sottospazi V1 ∩ 〈v〉⊥ = 〈e1 − 2e2 − 2e3 + e4〉 e

V2 ∩ 〈v〉⊥ = 〈e1 + 2e2 + 2e3 + e4〉 devono scambiarsi tra loro. Considerando le bisettrici di queste due rette,

〈u1〉 e 〈u2〉, ove u1 = e1 + e4 e u2 = e2 + e3, otteniamo una base ortogonale del sottospazio 〈v, n〉⊥ epossiamo porre u1 7→ u1 e u2 7→ −u2. Dunque, abbiamo definito f : E4 → E4 nel riferimento ortogonale

{M,v, u1, u2, n}, ponendo f(X) = X − 2 (X−M)·u2

u2·u2u2 − 2 (X−M)·n

n·n n, e possiamo quindi scriverne la matricenel riferimento canonico, ovvero

A = αR,R(f) =

1 0 0 0 0

0 1/5 2/5 −2/5 4/5

2 2/5 −1/5 −4/5 −2/5

2 −2/5 −4/5 −1/5 2/5

0 4/5 −2/5 2/5 1/5

.

Certamente f non e unica, perche possiamo comporla con una qualunque traslazione parallela al vettore ve avere ancora un’isometria che scambia i due piani tra loro (e inoltre potremmo anche modificare alcunedelle scelte fatte nella costruzione descritta sopra). �


ESERCIZIO 3. Nello spazio affine A4(Q) munito del sistema di riferimento canonico R = {O; e1, . . . , e4}si considerino le sottovarieta lineari di equazioni cartesiane

L :

{2x1 − x3 = 2

x2 + 3x4 = −1e M :

{4x1 − x2 = 3

2x3 + 3x4 = −2.

(a) Si determinino dimensione e posizione reciproca di L e M e rappresentazione parametrica e cartesianadi L ∩M e L ∨M.

(b) Siano P = O + e1 − e2 ∈ L e Q = O − 3e2 − e3 ∈ M. Si determini, se esiste, un piano π tale cheL ∩ π = {P} e M ∩ π = {Q} e, se un tale piano non e unico, si dica come determinarli tutti.

(c) Sia Fq il campo con q elementi e siano date due sottovarieta lineari L e M di A4(Fq) delle stessedimensioni e nella stessa posizione reciproca delle sottovarieta indicate nel punto (a) Come si possonocontare tutti piani π di A4(Fq) tali che gli insiemi L ∩ π 6= M ∩ π contengano ciascuno un unico punto.Come si possono contare tutte le coppie di sottovarieta lineari delle stesse dimensioni e nella stessaposizione reciproca di L e M?

Svolgimento. (a) L e M sono due piani e, precisamente

L =

( 1

−1

0

0

)+

⟨( 1

0

2

0

),

( 0

3

0

−1

)⟩, e M =

( 0

−3

−1

0

)+

⟨( 1

4

0

0

),

( 0

0

3

−2

)⟩.

L’intersezione e determinata dal sistema lineare che si ottiene unendo i due sistemi di equazioni cartesiane,ovvero

2 0 −1 0 2

0 1 0 3 −1

4 −1 0 0 3

0 0 2 3 −2

∼

I

II

IV

III − 2I + II − IV

2 0 −1 0 2

0 1 0 3 −1

0 0 2 3 −2

0 0 0 0 0

.

Dunque, L ∩M e la retta O + 12e1 − e2 − e3 + 〈3e1 + 12e2 + 6e3 − 4e4〉 (equazioni cartesiane sono quelle

scritte sopra). Inoltre, L ∨M =

( 1

−1

0

0

)+

⟨( 1

0

2

0

),

( 0

3

0

−1

),

( 0

0

3

−2

)⟩e l’iperpiano di equazione cartesiana

4x1 − x2 − 2x3 − 3x4 = 5

(b) Il piano π contiene la retta P ∨Q ed e parallelo a un vettore che non appartiene al sottospazio direttore diL∨M, ad esempio v = e4. Possiamo quindi prendere π = P+〈Q− P, v〉. Per descrivere tutti i piani di questotipo e sufficiente descrivere tutte le scelte del vettore v del sottospazio direttore che danno origine a pianidistinti. A tale scopo consideriamo la base di Q4 formata dai vettori v1 = P−Q = e1+2e2+e3, v2 = 3e2−e4,v3 = 3e3 − 2e4, v4 = e4, e si osservi che 〈v1, v2, v3〉 = VL∨M e il sottospazio direttore dell’iperpiano L ∨M. Ipiani π, tali che L∩π = {P} e M∩π = {Q}, sono tutti e soli quelli della forma π = P + 〈v1, av2 + bv3 + v4〉al variare dei parametri a e b in Q.

(c) Ripetendo il ragionamento fatto nel punto precedente, fissati i punti P ∈ L e Q ∈M, entrambi al di fuoridi L ∩M (altrimenti la retta P ∨Q e contenuta in uno dei due piani), tutti i piani π tali che L ∩ π = {P} eM∩ π = {Q} formano una famiglia dipendente da due scalari a e b in Fq, e sono quindi q2 piani distinti. Lepossibili coppie di punti (P,Q) in (LrL∩M)× (MrL∩M) sono un insieme di (q2 − q)2 elementi, dunqueil numero totale di piani e uguale a q2(q2 − q)2.

Dobbiamo contare tutte le possibili coppie di piani di A4(Fq) che si incontrano in una retta. Fissatala retta r di intersezione, Dobbiamo contare le coppie di sottospazi distinti di dimensione 1 nel quoziente

F4q/Vr, ove Vr e il sottospazio direttore della retta r. Queste coppie sono (q3−1)(q3−q)

(q−1)2 . Nello spazio A4(Fq)

ci sono (q4−1)q3

q−1 rette distinte, quindi le possibili coppie di piani di di A4(Fq) incidenti in una retta sono(q4−1)(q3−1)(q2−1)q4

(q−1)3 . �


That’s all !


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