Universita degli Studi di Bergamo— Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) —

17 giugno 2014 — Tema A

Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. a) Determinare, al variare del parametro k, la dimensione del sottospaziogenerato dai vettori

v1 =

12k

2

v2 =

1k

−31

v3 =

k

4−3k

k

.

La dimensione del sottospazio generato da questi tre vettori e uguale alla caratteri-stica della matrice

A =

1 2 k 21 k −3 1k 4 −3k k

.

Usando la prima colonna per semplificare la terza e la quarta, la matrice A ha lastessa caratteristica di

A1 =

1 2 k + 3 11 k 0 0k 4 0 0

e, usando l’ultima colonna per semplificare le altre, A1 ha la stessa caratteristica di

A2 =

0 0 0 11 k 0 0k 4 0 0

e di

A3 =

0 0 11 k 0k 4 0

.

1

Il determinante di A3 e (4− k2) = (2− k)(2 + k); quindi per k 6= ±2 le matrici A3,A2, A1 e A avranno caratteristica 3 e quindi i tre vettori generano un sottospaziodi dimension 3 (e quindi sono linearmente indipendenti). Invece per k = ±2 questematrici avranno caratteristica al massimo 2. La caratteristica e 2 perche il determi-nante costituito dalle due prime righe e dalla prima e ultima colonna e diverso da 0.Quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione 2.

b) Determinare per quali valori del parametro k vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipen-

denti.

Vista la domanda precedente, i vettori sono linearmente indipendenti se e solo sek 6= 2.

Esercizio 2. Si considerino i piani π1 : x− 4y − 1 = 0 e π2 : 3x− 2z + 3 = 0.

a) Si scrivano le equazioni della retta r passante per A(1; 0; 1) e parallela ai piani π1 e π2.

Il vettore direzionale della retta e n1∧n2, dove n1 = (1;−4; 0) e n2 = (3; 0;−2) sono ivettori normali ai due piani ai quali deve essere parallela. Poiche n1 ∧n2 = (8; 2; 12),le equazioni parametriche scalari della retta r sono

x = 1 + 8ty = 2tz = 1 + 12t

b) Si determini (se esiste) l’intersezione tra r e il piano π3 di equazione 3x− 2y − z − 8 = 0.

Basta sostituire le equazioni di r in quella di π3. Si ottiene infatti t = 3

4, ossia il

punto (7; 32; 10).

c) Si calcoli l’angolo α formato dai piani π1 e π2.

Tale angolo coincide con quello formato dai vettori n1 e n2. Pertanto si ha chen1 · n2 = |n1||n2| cosα, ossia α = arccos 3

√

221.

Esercizio 3. Sia

fk : R4 −→ R2[x]

(

abcd

)

7−→ (a+ kb2 + d− b2)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d)

a) Sfruttando il vettore

(

0100

)

, individuare l’unico valore di k per il quale fk puo essere lineare.

Abbiamo

fk

(

0100

)

= (k − 1)x2 − x− 1

2

e

fk

(

0200

)

= 4(k − 1)x2 − 2x− 2 ;

quindi

fk

(

0200

)

= 2fk

(

0100

)

se e solo se k = 1. Quindi fk puo essere lineare solo se k = 1.

b) Per il valore di k di cui sopra, verificare che fk e lineare.

Abbiamo

f1

(

abcd

)

= (a+ d)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d) ,

per cui risulta relativamente ovvio che l’applicazione e lineare. Infatti per ogni(

a1b1c1d1

)

∈ R4,

(

a2b2c2d2

)

∈ R4 e λ ∈ R,

f1

(

λ

(

a1b1c1d1

))

= f1

(

λa1λb1λc1λd1

)

= (λa1 + λd1)x2 + (4λa1 − λb1 + 4λd1)x+ (4λa1 − λb1 + λc1 + 4λd1)

= λ(

(a1 + d1)x2 + (4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a1 − b1 + c1 + 4d1)

)

= λf1

(

a1b1c1d1

)

f1

((

a1b1c1d1

)

+

(

a2b2c2d2

))

= f1

(

a1+a2b1+b2c1+c2d1+d2

)

= (a1 + a2 + d1 + d2)x2+

(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + 4(d1 + d2))x+

(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + (c1 + c2) + 4(d1 + d2))

= (a1 + d1)x2 + (a2 + d2)x

2+

(4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a2 − b2 + 4d2)x+

(4a1 − b1 + c1 + 4d1) + (4a2 − b2 + c2 + d2)

= f1

(

a1b1c1d1

)

+ f1

(

a2b2c2d2

)

c) Ricordare (senza dimostrazione) quali sono le dimensioni degli spazi vettoriali R4 e R2[x].

Sono rispettivamente di dimensione 4 e 3.

3

d) Scrivere la matrice dell’applicazione lineare f1 nella base canonica di R4 e nella base {x2 +4x+ 4;x+ 1; 1} di R2[x].

Il modo piu semplice di risolvere la questione e di accorgersi che

f1

(

abcd

)

= (a+ d)(x2 + 4x+ 4)− b(x+ 1) + c .

per cui la matrice e

M =

1 0 0 10 −1 0 00 0 1 0

Un’altra possibilita e di risolvere il sistema

f1

(

abcd

)

= α(x2 + 4x+ 4) + β(x+ 1) + γ ,

cioe

α = a+ d

4α + β = 4a− b+ 4d4α + β + γ = 4a− b+ c+ 4d

la cui soluzione e

α = a+ d

β = −b

γ = c

La matrice e (ovviamente) la stessa.

Esercizio 4. Risolvere l’equazione

z2 − (3 + i)z + 8− i = 0

utilizzando la forma algebrica e rappresentare le soluzioni sul piano di Gauss. Si segnala che

262 = 676.

Si tratta di un’equazione del secondo grado. Il suo discriminante e

∆ = (3 + i)2 − 4 · 1 · (8− i) = −24 + 10i .

Calcoliamo le radici quadrate del discriminante. Sono i complessi

δ = a+ ib

tali che

a2 − b2 = −24

2ab = 10

a2 + b2 =√242 + 102 =

√576 + 100 =

√676 = 26

4

Sommando la prima e la terza si trova 2a2 = 2, cioe a = ±1 e quindi nella seconda b = ±5(con a e b dello stesso segno). Abbiamo quindi le due soluzioni dell’equazione

{

z1 = 3+i+1+5i

2= 2 + 3i

z2 = 3+i−1−5i

2= 1− 2i

5

Universita degli Studi di Bergamo— Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) —

17 giugno 2014 — Tema B

Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. a) Determinare, al variare del parametro k, la dimensione del sottospaziogenerato dai vettori

v1 =

12k

−1

v2 =

1k

21

v3 =

k

42kk

.

La dimensione del sottospazio generato da questi tre vettori e uguale alla caratteri-stica della matrice

A =

1 2 k −11 k 2 1k 4 2k k

.

Usando la prima colonna per semplificare la terza e la quarta, la matrice A ha lastessa caratteristica di

A1 =

1 2 k − 2 −21 k 0 0k 4 0 0

e, usando l’ultima colonna per semplificare le altre, A1 ha la stessa caratteristica di

A2 =

0 0 0 −21 k 0 0k 4 0 0

e di

A3 =

0 0 −21 k 0k 4 0

.

1

Il determinante di A3 e −2(4 − k2) = −2(2 − k)(2 + k); quindi per k 6= ±2 lematrici A3, A2, A1 e A avranno caratteristica 3 e quindi i tre vettori generano unsottospazio di dimension 3 (e quindi sono linearmente indipendenti). Invece perk = ±2 queste matrici avranno caratteristica al massimo 2. La caratteristica e 2perche il determinante costituito dalle due prime righe e dalla prima e ultima colonnae diverso da 0. Quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione 2.

b) Determinare per quali valori del parametro k vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipen-

denti.

Vista la domanda precedente, i vettori sono linearmente indipendenti se e solo sek 6= 2.

Esercizio 2. Si considerino i piani π1 : x− 4y − 1 = 0 e π2 : 3x− 2z + 3 = 0.

a) Si scrivano le equazioni della retta r passante per A(1; 0;−1) e parallela ai piani π1 e π2.

Il vettore direzionale della retta e n1∧n2, dove n1 = (1;−4; 0) e n2 = (3; 0;−2) sono ivettori normali ai due piani ai quali deve essere parallela. Poiche n1 ∧n2 = (8; 2; 12),le equazioni parametriche scalari della retta r sono

x = 1 + 8ty = 2tz = −1 + 12t

b) Si determini (se esiste) l’intersezione tra r e il piano π3 di equazione 3x− 2y − z − 8 = 0.

Basta sostituire le equazioni di r in quella di π3. Si ottiene infatti t = 1

2, ossia il

punto (5; 1; 5).

c) Si calcoli l’angolo α formato dai piani π1 e π2.

Tale angolo coincide con quello formato dai vettori n1 e n2. Pertanto si ha chen1 · n2 = |n1||n2| cosα, ossia α = arccos 3

√

221.

Esercizio 3. Sia

fk : R4 −→ R2[x]

(

abcd

)

7−→ (a+ kb2 + d+ b2)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d)

a) Sfruttando il vettore

(

0100

)

, individuare l’unico valore di k per il quale fk puo essere lineare.

Abbiamo

fk

(

0100

)

= (k + 1)x2 − x− 1

2

e

fk

(

0200

)

= 4(k + 1)x2 − 2x− 2 ;

quindi

fk

(

0200

)

= 2fk

(

0100

)

se e solo se k = −1. Quindi fk puo essere lineare solo se k = −1.

b) Per il valore di k di cui sopra, verificare che fk e lineare.

Abbiamo

f−1

(

abcd

)

= (a+ d)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d) ,

per cui risulta relativamente ovvio che l’applicazione e lineare. Infatti per ogni(

a1b1c1d1

)

∈ R4,

(

a2b2c2d2

)

∈ R4 e λ ∈ R,

f−1

(

λ

(

a1b1c1d1

))

= f−1

(

λa1λb1λc1λd1

)

= (λa1 + λd1)x2 + (4λa1 − λb1 + 4λd1)x+ (4λa1 − λb1 + λc1 + 4λd1)

= λ(

(a1 + d1)x2 + (4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a1 − b1 + c1 + 4d1)

)

= λf−1

(

a1b1c1d1

)

f−1

((

a1b1c1d1

)

+

(

a2b2c2d2

))

= f−1

(

a1+a2b1+b2c1+c2d1+d2

)

= (a1 + a2 + d1 + d2)x2+

(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + 4(d1 + d2))x+

(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + (c1 + c2) + 4(d1 + d2))

= (a1 + d1)x2 + (a2 + d2)x

2+

(4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a2 − b2 + 4d2)x+

(4a1 − b1 + c1 + 4d1) + (4a2 − b2 + c2 + d2)

= f−1

(

a1b1c1d1

)

+ f−1

(

a2b2c2d2

)

c) Ricordare (senza dimostrazione) quali sono le dimensioni degli spazi vettoriali R4 e R2[x].

Sono rispettivamente di dimensione 4 e 3.

3

d) Scrivere la matrice dell’applicazione lineare f−1 nella base canonica di R4 e nella base

{x2 + 4x+ 4;x+ 1; 1} di R2[x].

Il modo piu semplice di risolvere la questione e di accorgersi che

f−1

(

abcd

)

= (a+ d)(x2 + 4x+ 4)− b(x+ 1) + c .

per cui la matrice e

M =

1 0 0 10 −1 0 00 0 1 0

Un’altra possibilita e di risolvere il sistema

f−1

(

abcd

)

= α(x2 + 4x+ 4) + β(x+ 1) + γ ,

cioe

α = a+ d

4α + β = 4a− b+ 4d4α + β + γ = 4a− b+ c+ 4d

la cui soluzione e

α = a+ d

β = −b

γ = c

La matrice e (ovviamente) la stessa.

Esercizio 4. Risolvere l’equazione

z2 − (5 + 2i)z + 9 + 7i = 0

utilizzando la forma algebrica e rappresentare le soluzioni sul piano di Gauss. Si segnala che

172 = 289.

Si tratta di un’equazione del secondo grado. Il suo discriminante e

∆ = (5 + 2i)2 − 4 · 1 · (9 + 7i) = −15− 8i .

Calcoliamo le radici quadrate del discriminante. Sono i complessi

δ = a+ ib

tali che

a2 − b2 = −15

2ab = −8

a2 + b2 =√152 + 82 =

√225 + 64 =

√289 = 17

4

Sommando la prima e la terza si trova 2a2 = 2, cioe a = ±1 e quindi nella seconda b = ∓4(con a e b di segni opposti). Abbiamo quindi le due soluzioni dell’equazione

{

z1 = 5+2i+1−4i

2= 3− i

z2 = 5+2i−1+4i

2= 2 + 3i

5

Universita degli Studi di Bergamo— Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) —

17 giugno 2014 — Tema C

Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. a) Determinare, al variare del parametro k, la dimensione del sottospaziogenerato dai vettori

v1 =

12k

3

v2 =

1k

−21

v3 =

k

4−2k

k

.

La dimensione del sottospazio generato da questi tre vettori e uguale alla caratteri-stica della matrice

A =

1 2 k 31 k −2 1k 4 −2k k

.

Usando la prima colonna per semplificare la terza e la quarta, la matrice A ha lastessa caratteristica di

A1 =

1 2 k + 2 21 k 0 0k 4 0 0

e, usando l’ultima colonna per semplificare le altre, A1 ha la stessa caratteristica di

A2 =

0 0 0 21 k 0 0k 4 0 0

e di

A3 =

0 0 21 k 0k 4 0

.

1

Il determinante di A3 e 2(4 − k2) = 2(2 − k)(2 + k); quindi per k 6= ±2 le matriciA3, A2, A1 e A avranno caratteristica 3 e quindi i tre vettori generano un sottospaziodi dimension 3 (e quindi sono linearmente indipendenti). Invece per k = ±2 questematrici avranno caratteristica al massimo 2. La caratteristica e 2 perche il determi-nante costituito dalle due prime righe e dalla prima e ultima colonna e diverso da 0.Quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione 2.

b) Determinare per quali valori del parametro k vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipen-

denti.

Vista la domanda precedente, i vettori sono linearmente indipendenti se e solo sek 6= 2.

Esercizio 2. Si considerino i piani π1 : x− 4y − 1 = 0 e π2 : 3x− 2z + 3 = 0.

a) Si scrivano le equazioni della retta r passante per A(1; 0; 2) e parallela ai piani π1 e π2.

Il vettore direzionale della retta e n1∧n2, dove n1 = (1;−4; 0) e n2 = (3; 0;−2) sono ivettori normali ai due piani ai quali deve essere parallela. Poiche n1 ∧n2 = (8; 2; 12),le equazioni parametriche scalari della retta r sono

x = 1 + 8ty = 2tz = 2 + 12t

b) Si determini (se esiste) l’intersezione tra r e il piano π3 di equazione 3x− 2y − z − 8 = 0.

Basta sostituire le equazioni di r in quella di π3. Si ottiene infatti t = 7

8, ossia il

punto (8; 74; 25

2).

c) Si calcoli l’angolo α formato dai piani π1 e π2.

Tale angolo coincide con quello formato dai vettori n1 e n2. Pertanto si ha chen1 · n2 = |n1||n2| cosα, ossia α = arccos 3

√

221.

Esercizio 3. Sia

fk : R4 −→ R2[x]

(

abcd

)

7−→ (a+ kb2 + d− 2b2)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d)

a) Sfruttando il vettore

(

0100

)

, individuare l’unico valore di k per il quale fk puo essere lineare.

Abbiamo

fk

(

0100

)

= (k − 2)x2 − x− 1

2

e

fk

(

0200

)

= 4(k − 2)x2 − 2x− 2 ;

quindi

fk

(

0200

)

= 2fk

(

0100

)

se e solo se k = 2. Quindi fk puo essere lineare solo se k = 2.

b) Per il valore di k di cui sopra, verificare che fk e lineare.

Abbiamo

f2

(

abcd

)

= (a+ d)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d) ,

per cui risulta relativamente ovvio che l’applicazione e lineare. Infatti per ogni(

a1b1c1d1

)

∈ R4,

(

a2b2c2d2

)

∈ R4 e λ ∈ R,

f2

(

λ

(

a1b1c1d1

))

= f2

(

λa1λb1λc1λd1

)

= (λa1 + λd1)x2 + (4λa1 − λb1 + 4λd1)x+ (4λa1 − λb1 + λc1 + 4λd1)

= λ(

(a1 + d1)x2 + (4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a1 − b1 + c1 + 4d1)

)

= λf2

(

a1b1c1d1

)

f2

((

a1b1c1d1

)

+

(

a2b2c2d2

))

= f2

(

a1+a2b1+b2c1+c2d1+d2

)

= (a1 + a2 + d1 + d2)x2+

(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + 4(d1 + d2))x+

(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + (c1 + c2) + 4(d1 + d2))

= (a1 + d1)x2 + (a2 + d2)x

2+

(4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a2 − b2 + 4d2)x+

(4a1 − b1 + c1 + 4d1) + (4a2 − b2 + c2 + d2)

= f2

(

a1b1c1d1

)

+ f2

(

a2b2c2d2

)

c) Ricordare (senza dimostrazione) quali sono le dimensioni degli spazi vettoriali R4 e R2[x].

Sono rispettivamente di dimensione 4 e 3.

3

d) Scrivere la matrice dell’applicazione lineare f2 nella base canonica di R4 e nella base {x2 +4x+ 4;x+ 1; 1} di R2[x].

Il modo piu semplice di risolvere la questione e di accorgersi che

f2

(

abcd

)

= (a+ d)(x2 + 4x+ 4)− b(x+ 1) + c .

per cui la matrice e

M =

1 0 0 10 −1 0 00 0 1 0

Un’altra possibilita e di risolvere il sistema

f2

(

abcd

)

= α(x2 + 4x+ 4) + β(x+ 1) + γ ,

cioe

α = a+ d

4α + β = 4a− b+ 4d4α + β + γ = 4a− b+ c+ 4d

la cui soluzione e

α = a+ d

β = −b

γ = c

La matrice e (ovviamente) la stessa.

Esercizio 4. Risolvere l’equazione

z2 − (3 + i)z + 8− i = 0

utilizzando la forma algebrica e rappresentare le soluzioni sul piano di Gauss. Si segnala che

262 = 676.

Si tratta di un’equazione del secondo grado. Il suo discriminante e

∆ = (3 + i)2 − 4 · 1 · (8− i) = −24 + 10i .

Calcoliamo le radici quadrate del discriminante. Sono i complessi

δ = a+ ib

tali che

a2 − b2 = −24

2ab = 10

a2 + b2 =√242 + 102 =

√576 + 100 =

√676 = 26

4

Sommando la prima e la terza si trova 2a2 = 2, cioe a = ±1 e quindi nella seconda b = ±5(con a e b dello stesso segno). Abbiamo quindi le due soluzioni dell’equazione

{

z1 = 3+i+1+5i

2= 2 + 3i

z2 = 3+i−1−5i

2= 1− 2i

5

Universita degli Studi di Bergamo— Modulo di Geometria e Algebra Lineare (vecchio programma) —

17 giugno 2014 — Tema D

Tempo a disposizione: 2 ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio va iniziato all’inizio di una pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Non saranno accettate risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. a) Determinare, al variare del parametro k, la dimensione del sottospaziogenerato dai vettori

v1 =

12k

−2

v2 =

1k

31

v3 =

k

43kk

.

La dimensione del sottospazio generato da questi tre vettori e uguale alla caratteri-stica della matrice

A =

1 2 k −21 k 3 1k 4 3k k

.

Usando la prima colonna per semplificare la terza e la quarta, la matrice A ha lastessa caratteristica di

A1 =

1 2 k − 3 −31 k 0 0k 4 0 0

e, usando l’ultima colonna per semplificare le altre, A1 ha la stessa caratteristica di

A2 =

0 0 0 −31 k 0 0k 4 0 0

e di

A3 =

0 0 −31 k 0k 4 0

.

1

Il determinante di A3 e −3(4 − k2) = −3(2 − k)(2 + k); quindi per k 6= ±2 lematrici A3, A2, A1 e A avranno caratteristica 3 e quindi i tre vettori generano unsottospazio di dimension 3 (e quindi sono linearmente indipendenti). Invece perk = ±2 queste matrici avranno caratteristica al massimo 2. La caratteristica e 2perche il determinante costituito dalle due prime righe e dalla prima e ultima colonnae diverso da 0. Quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione 2.

b) Determinare per quali valori del parametro k vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipen-

denti.

Vista la domanda precedente, i vettori sono linearmente indipendenti se e solo sek 6= 2.

Esercizio 2. Si considerino i piani π1 : x− 4y − 1 = 0 e π2 : 3x− 2z + 3 = 0.

a) Si scrivano le equazioni della retta r passante per A(1; 0;−2) e parallela ai piani π1 e π2.

Il vettore direzionale della retta e n1∧n2, dove n1 = (1;−4; 0) e n2 = (3; 0;−2) sono ivettori normali ai due piani ai quali deve essere parallela. Poiche n1 ∧n2 = (8; 2; 12),le equazioni parametriche scalari della retta r sono

x = 1 + 8ty = 2tz = −2 + 12t

b) Si determini (se esiste) l’intersezione tra r e il piano π3 di equazione 3x− 2y − z − 8 = 0.

Basta sostituire le equazioni di r in quella di π3. Si ottiene infatti t = 3

8, ossia il

punto (4; 34; 52).

c) Si calcoli l’angolo α formato dai piani π1 e π2.

Tale angolo coincide con quello formato dai vettori n1 e n2. Pertanto si ha chen1 · n2 = |n1||n2| cosα, ossia α = arccos 3

√

221.

Esercizio 3. Sia

fk : R4 −→ R2[x]

(

abcd

)

7−→ (a+ kb2 + d+ 2b2)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d)

a) Sfruttando il vettore

(

0100

)

, individuare l’unico valore di k per il quale fk puo essere lineare.

Abbiamo

fk

(

0100

)

= (k + 2)x2 − x− 1

2

e

fk

(

0200

)

= 4(k + 2)x2 − 2x− 2 ;

quindi

fk

(

0200

)

= 2fk

(

0100

)

se e solo se k = −2. Quindi fk puo essere lineare solo se k = −2.

b) Per il valore di k di cui sopra, verificare che fk e lineare.

Abbiamo

f−2

(

abcd

)

= (a+ d)x2 + (4a− b+ 4d)x+ (4a− b+ c+ 4d) ,

per cui risulta relativamente ovvio che l’applicazione e lineare. Infatti per ogni(

a1b1c1d1

)

∈ R4,

(

a2b2c2d2

)

∈ R4 e λ ∈ R,

f−2

(

λ

(

a1b1c1d1

))

= f−2

(

λa1λb1λc1λd1

)

= (λa1 + λd1)x2 + (4λa1 − λb1 + 4λd1)x+ (4λa1 − λb1 + λc1 + 4λd1)

= λ(

(a1 + d1)x2 + (4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a1 − b1 + c1 + 4d1)

)

= λf−2

(

a1b1c1d1

)

f−2

((

a1b1c1d1

)

+

(

a2b2c2d2

))

= f−2

(

a1+a2b1+b2c1+c2d1+d2

)

= (a1 + a2 + d1 + d2)x2+

(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + 4(d1 + d2))x+

(4(a1 + a2)− (b1 + b2) + (c1 + c2) + 4(d1 + d2))

= (a1 + d1)x2 + (a2 + d2)x

2+

(4a1 − b1 + 4d1)x+ (4a2 − b2 + 4d2)x+

(4a1 − b1 + c1 + 4d1) + (4a2 − b2 + c2 + d2)

= f−2

(

a1b1c1d1

)

+ f−2

(

a2b2c2d2

)

c) Ricordare (senza dimostrazione) quali sono le dimensioni degli spazi vettoriali R4 e R2[x].

Sono rispettivamente di dimensione 4 e 3.

3

d) Scrivere la matrice dell’applicazione lineare f−2 nella base canonica di R4 e nella base

{x2 + 4x+ 4;x+ 1; 1} di R2[x].

Il modo piu semplice di risolvere la questione e di accorgersi che

f−2

(

abcd

)

= (a+ d)(x2 + 4x+ 4)− b(x+ 1) + c .

per cui la matrice e

M =

1 0 0 10 −1 0 00 0 1 0

Un’altra possibilita e di risolvere il sistema

f−2

(

abcd

)

= α(x2 + 4x+ 4) + β(x+ 1) + γ ,

cioe

α = a+ d

4α + β = 4a− b+ 4d4α + β + γ = 4a− b+ c+ 4d

la cui soluzione e

α = a+ d

β = −b

γ = c

La matrice e (ovviamente) la stessa.

Esercizio 4. Risolvere l’equazione

z2 − (5 + 2i)z + 9 + 7i = 0

utilizzando la forma algebrica e rappresentare le soluzioni sul piano di Gauss. Si segnala che

172 = 289.

Si tratta di un’equazione del secondo grado. Il suo discriminante e

∆ = (5 + 2i)2 − 4 · 1 · (9 + 7i) = −15− 8i .

Calcoliamo le radici quadrate del discriminante. Sono i complessi

δ = a+ ib

tali che

a2 − b2 = −15

2ab = −8

a2 + b2 =√152 + 82 =

√225 + 64 =

√289 = 17

4

Sommando la prima e la terza si trova 2a2 = 2, cioe a = ±1 e quindi nella seconda b = ∓4(con a e b di segni opposti). Abbiamo quindi le due soluzioni dell’equazione

{

z1 = 5+2i+1−4i

2= 3− i

z2 = 5+2i−1+4i

2= 2 + 3i

5