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Algebra per il corso di laurea in Informatica Prof. A. De Sole II Appello scritto 14 febbraio 2014 Nome e Cognome: Alberto De Sole Numero di Matricola: 1234567890 Esercizio Punti totali Punteggio 1 8 8 2 5 5 3 5 5 4 5 5 5 5 5 6 5 5 Totale 33 33 Giustificate le risposte! 1 I parte Esercizio 1. Per ciascuna delle seguenti affermazioni cerchiare V se si tratta di un’affermazione vera e F se si tratta di un’affermazione falsa. (Non `e necessario fornire alcuna giustificazione.) V or F Una matrice diagonale `e sempre invertibile. F V or F V Sia A una matrice 3 × 3 con det(A) = 0. Esiste un vettore X ∈ R3 non nullo tale che AX = 0. V or F L’insieme dei punti x y ∈ R2 soluzioni dell’equazione x2 + y 2 = 1 formano un sottospazio vettoriale di R2 . F V or F Z/6Z `e un campo. F V or F Sia V uno spazio vettoriale reale di dimensione 5. Sia T : V → V un’applicazione lineare, e sia P (x) il polinomio caratteristico di T . Se P (1) = P (2) = P (3) = P (4) = P (5) = 0, allora T `e diagonalizzabile. V V or F V Sia G un gruppo di ordine |G| = 6. Vale a6 = 1 per ogni a ∈ G (1 denota l’unit`a del gruppo). V or F Siano H, K ⊂ G sottogruppi del gruppo G. Allora H ∩ K `e un sottogruppo di G. V V or F I gruppi Z/12Z e Z/4Z × Z/3Z sono isomorfi. V 2 Esercizio 2. Determinare, al variare del parametro a ∈ R, la dimensione dello spazio delle soluzioni del seguente sistema si equazioni lineari omogenee nelle variabili x1 , x2 , x3 , x4 : 2x1 + 3x2 − 4x3 + 5x4 = 0 x2 − x3 + x4 = 0 4x1 + 2x2 − 3x3 + ax4 = 0 Soluzione: La matrice dei coefficienti `e 2 A= 0 4 3 1 2 −4 −1 −3 5 1 a A seguito di eliminazione di Gauss, tale matrice diventa 2 3 −4 5 2 → 0 1 A → 0 1 −1 0 −4 5 a − 10 0 3 1 0 −4 −1 1 5 1 a−6 Dunque, la matrice A ha rango (= dim(Im A)) 3 (perch`e ci sono 3 scalini), e nucleo di dimensione dim(ker A) = n − dim(Im A) = 4 − 3 = 1. Il nucleo di A `e proprio lo spazio delle soluzioni del sistema assegnato, che ha dunque dimensione 1. Risposta: Dimensione = 1 per qualunque valore di a 3 Esercizio 3. Si consideri la seguente matrice 3 × 3 2 A = −2 a reale: 0 − 13 1 1 . 0 0 Per quali valori del parametro a ∈ R la matrice A `e diagonalizzabile? Soluzione: Il polinomio caratteristico della matrice `e: 2−x 0 − 13 a a 1 − x 1 = (2 − x)(1 − x)(−x) + (1 − x) = (1 − x)(x2 − 2x + ) P (x) = det −2 3 3 a 0 −x Gli autovalori di A sono le radici del polinomio caratteristico, ovvero r a λ1 = 1 , λ2,3 = 1 ± 1 − 3 Se 1 − a3 < 0, gli autovalori λ2 e λ3 non sono numeri reali, e quindi A non `e diagonalizzabile su R. Se 1 − a3 > 0 (ovvero a < 3), λ1 , λ2 e λ3 sono autovalori reali distinti, quindi A (matrice 3 × 3 `e certamente diagonalizzabile. Infine, se 1− a3 > 0, c’e’ un unico autovalore λ1 = λ2 = λ3 = 1, di molteplicit`a algebrica 3. Ma l’unica matrice diagonalizzabile con unico autosalone 1 `e la matrice identit`a. Quindi A non pu´ o essere diagonalizzabile. Risposta: A `e diagonalizzabile per a<3 4 Esercizio 4. Sia A una matrice 5 × 5 a coefficienti reali, con nucleo x y x, y ∈ R ⊂ R5 . 0 ker(A) = 0 0 Per ciascuna delle seguenti affermazioni fornire una spiegazione (se si tratta di un’affermazione vera) o trovare un controesempio (se si tratta di un’affermazione falsa): (a) A ha autovalore 0. (b) La molteplicit` a geometrica dell’autovalore 0 `e 2. (c) La molteplicit` a algebrica dell’autovalore 0 `e 2. Soluzione: (a) λ `e autovalore vuol dire che ker(A − λ1) 6= 0. Poich`e in questo caso ker(A) 6= 0, allora certamente 0 `e un autovalore. (b) La molteplicit` a geometrica dell’autovalore 0 `e, per definizione, la dimensione di ker(A), che in questo caso `e chiaramente pari a 2. (c) Questa affermazione `e in generale 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 falsa. Controesempio 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 e 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 sono le seguenti matrici: 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 179 0 0 0 231 Il nucleo di entrambi queste matrici (in forma di Jordan) `e quello prescritto (si verifica facilmente), ma la molteplicit` a algebrica dell’autovalore 0 `e rispettivamente 3 e 5. Risposta: (a) Vera , (b) Vera , (c) Falsa. 5 Esercizio 5. Al variare di a ∈ Z, dire se il seguente sistema di equazioni congruenziali ammette soluzioni x ∈ Z: 9x ≡ 3 (10) 5x ≡ 1 (9) 7x ≡ a (14) Soluzione: Iniziamo a discutere l’esistenza di soluzioni di ciascuna equazione (separatamente). Poich`e (9, 10) = 1, la prima equazione ammette soluzioni, ovvero x ≡ −3 (10). Poich`e (5, 9) = 1, la seconda equazione ammette soluzioni. Infine, la terza equazione ammette soluzioni se e solo se (7, 14) = 7 a. In questo caso si riduce all’equazione x ≡ a7 (2). Discutiamo ora la compatibilit` a delle equazioni (a due a due). Poich`e (10, 9) = 1, le prime due equazioni sono compatibili (per il Teorema Cinese dei Resti). Poich`e (9, 14) = 1, la seconda e la terza equazione sono compatibili. Infine, la prima e terza equazione formano il sistema cinese x ≡ −3 (10) x ≡ a7 (2) che ammette soluzioni se e solo se (10, 2) = 2 3 + a7 . In conclusione, il sistema ammette soluzioni se e solo se a = 7(2k + 1) per qualche k ∈ Z. Risposta: Esistono soluzioni per a = 7(2k + 1), k ∈ Z 6 Esercizio 6. Determinare le ultime 3 cifre del numero 87024801 . Soluzione: Sia x = 87024801 . Vogliamo determinare x mod 1000. Osserviamo che 87024 e 1000 non sono coprimi, quindi non possiamo utilizzare il teorema di Eulero Fermat. Per`o 1000 = 22 ·53 e (87024, 125) = 1. Quindi otterremo x come soluzione del sistema cinese: x ≡ 87024801 (8) x ≡ 87024801 (125) Poich`e 87024 `e pari, 87024801 `e certamente divisibile per 8, quindi la prima equazione si riduce a x ≡ 0 (8). Abbiamo gi` a osservato che (87024, 125) = 1. Inoltre abbiamo φ(125) = φ(53 ) = (5 − 1)52 = 100. Quindi, per il Teorema di Eulero-Fermat, abbiamo 87024100 ≡ 1 (125). Ma allora 87024801 = (87024100 )8 · 870241 ≡ 87024 ≡ 24 (125) Dunque la seconda equazione si riduce a x ≡ 24 (125). In conclusione, il sistema cinese diventa x ≡ 0 (8) x ≡ 24 (125) la cui soluzione `e x ≡ 24 (1000). Risposta: Ultime tre cifre: 0 , 2 , 4 7 . (pagina lasciata intenzionalmente bianca) 8 . (pagina lasciata intenzionalmente bianca) 9