31 gennaio 2003

1 Integrali impropri

Esercizio 1.1. Calcolare il valore del seguente integrale:∫ +∞

0

e1/x

x2dx.

Svolgimento. Sia f(x) = e1/x

x2 ; il dominio di f e Dom(f) = R \ { 0 }, pertantol’integrale e improprio. Si ha∫ +∞

0

e1/x

x2dx = ( sostituzione: 1/x = t) =

∫ +∞

0e−tdt =

[−e−t

]+∞0

=

= limM→+∞

(−e−M

)− lim

ε→0

(−e−ε

)= 1

Esercizio 1.2. Studiare, al variare di α ∈ R, la convergenza dell’integrale∫ 1

0

(arctanx)α+1/2

(1−√

x)αdx

Svolgimento. Entrambi gli estremi di integrazione sono punti singolari per lafunzione integranda f(x), quindi studiamo separatamente il comportamentodell’integrale in un intorno (destro) di 0 e in un intorno (sinistro) di 1.

Intorno di 0. Si puo osservare che valgono le seguenti equivalenze asintoti-che:(

1 +√

x)α ∼0 1

(arctanx)α+1/2 ∼0 xα+1/2

pertanto la funzione integranda f(x) e asintoticamente equivalente axα+1/2, e dunque converge se e soltanto se α + 1/2 > −1, da cui α >−3/2.

Intorno di 1. La funzione (arctanx)α+1/2 e equivalente ad una certa co-stante c ∈ R, mentre (1 +

√x)α ∼1 (1− x)α (calcolare il limite per

verificarlo). Si ha dunque

f(x) ∼1c

(1 + x)α

e quindi integrabile se e soltanto se α < 1.

1

L’integrale dato risulta quindi convergente nell’intersezione dei due insiemi diconvergenza, quini per −3/2 < α < 1.

Esercizio 1.3. Calcolare il valore del seguente integrale:∫ +∞

3

1x log x

dx

Svolgimento. Si ha:∫ +∞

3

1x log x

dx = [log | log x|]+∞3 = limM→+∞

log | log M | − log log 3 = +∞

dunque l’integrale assegnato diverge.

Esercizio 1.4. Stabilire per quali valori di α ∈ R, α > 0 e convergentel’integrale∫ +∞

1

α√

1 + x2 − x

xαdx.

Svolgimento. Il dominio della funzione integranda e R\{ 0 }, pertanto nell’in-tervallo di integrazione l’unico valore singolare da prendere in considerazionee +∞.

Intorno di +∞. Dobbiamo distinguere alcuni casi, che cambiano il compor-tamento asintotico della funzione in un intorno di +∞.

se α = 2. Si hanno le seguenti equivalenze asintotiche (verificarle calco-lando il limite):√

1 + x2 − x ∼∞1x

f(x) ∼∞1x3

e dunque l’integrale converge.Se α > 2. Si ha:

α√

1 + x2 − x ∼∞ x

f(x) ∼∞1

xα−1

dunque l’integrale converge solo se α− 1 > 1, ovvero α > 2.Se 0 < α < 2. Si ha

α√

1 + x2 − x ∼∞ xα/2

f(x) ∼∞1

xα−2/α

e dunque converge solo se α − 2/α > 1, ovvero solo se α < −1 oα > 2 e dunque nel caso in esame mai.

2

? ? ? Osservazione ? ? ?

Per la discussione delle convergenza degli integrali impropri e utile tenereconto anche dei seguenti fatti:

• Se f(x) ∈ o(g(x)) in qualche senso si ha che f(x) e “piu piccola” di g(x),pertanto se esiste finito l’integrale di g(x), allora esiste finito anche quellodi f(x) (ma non viceversa!);

• Analogamente, nella stessa situazione di sopra, se diverge l’integrale dif(x), allora diverge necessariamente anche l’integrale di g(x) (ma nonviceversa!).

Osserviamo ancora esplicitamente che quelle sopra sono implicazioni e noncondizioni equivalenti, questo significa che, se f(x) ∈ o(g(x)) e:

•∫ ba f(x)dx converge non possiamo dire nulla sul comportamento di g(x),

nel senso che il suo integrale potrebbe convergere o divergere;

•∫ ba g(x)dx diverge non possiamo dire nulla sul comportamento di f(x);

Nell’esercizio seguente diamo un esempio di applicazione di questa osservazio-ne. Considerazioni analoghe a quelle appena svolte valgono anche nel caso incui sia noto che, almeno in un intorno del punto in esame, vale la condizionef(x) 6 g(x).

Esercizio 1.5. Discutere, al variare di α, β ∈ R la convergenza dell’integrale:∫ +∞

2

1xα(log x)β

dx.

Svolgimento. Cominciamo a considerare il caso α = 1. Si ha:∫ +∞

2

1x(log x)β

dx = (t = log x) =∫ +∞

log 2

1tβ

dt

e dunque l’integrale esiste finito se e solo se β > 1.

Sia ora α > 1; preso comunque un certo c ∈ (1, α) si ha che

limx→+∞

1/(xα logβ x)1/xc

= limx→+∞

xc−α(log x)−β = 0

e dunque 1/(xα logβ x) ∈ o(1/xc) per x −→ +∞; ne segue che l’integrale dato,quando α e maggiore di 1 esiste finito per ogni β ∈ R.

Se ora α < 1 sia c ∈ (α, 1); calcolando il limite si vede che 1/xc ∈o(1/(xα logβ x) per x −→ +∞, e poiche 1/xc non e integrabile in un intornodi +∞ (essendo c < 1), neppure l’integrale assegnato lo e.

In conclusione l’integrale proposto esiste finito se e soltanto se siamo inuno dei due seguenti casi:

3

• α > 1

• α = 1 e β > 1.

Esercizio 1.6. Stabilire per quali valori di α ∈ R e convergente l’integrale∫ +∞

1

x1−2α(arctan 1x)α/2 sin(πx)

(log x)αdx.

Svolgimento. Analizziamo separatamente il comportamento della funzione in-tegranda in un intorno di 1 e in un intorno di +∞ (entrambi sono puntisingolari per la funzione).

Intorno di 1. Si hanno le seguenti equivalenze asintotiche

(log x)α ∼1 (x− 1)α

sin(πx) ∼1 (x− 1)

x1−2α e(

arctan1x

)α/2

sono limitate

pertanto

f(x) ∼1x− 1

(x− 1)α=

1(x− 1)α−1

e dunque converge se e solo se α− 1 < 1, ovvero α < 2.

Osservazione. Ovviamente il comportamento di 1/(x − 1)α in unintorno di 1 e analogo al comportamento di 1/xα in un intorno di zero. . . .

Intorno di +∞. Si ha:(arctan

1x

)α/2

∼∞(

1x

)α/2

f(x) ∼∞1

x5/2α−1(log x)α

e dunque (cfr. Esercizio 1.5) l’integrale converge se 5/2α−1 > 1, ovveroα > 4/5; resta da verificare cosa accade se α = 4/5:

f(x) ∼∞1

x(log x)4/5

e dunque l’integrale diverge.

In conclusione, intersecando gli intervalli di convergenza, si ottiene che l’inte-grale dato esiste finito se e soltanto se 4/5 < α < 2.

4

2 Numeri complessi

Esercizio 2.1. Data l’equazione

z2 + λz − 3(1 + 2i) = 0

determinare λ ∈ C in modo che essa ammetta la radice z1 = 2 − i; calcolarepoi per tale valore di λ anche l’altra radice.

Svolgimento. Per determinare λ sostituiamo z1 all’interno dell’equazione im-ponendo che sia una radice:

0 = (2− i)2 + λ(2− 1)− 3− 6i = . . . = −10i + λ(2− 1)

Da quest’ultima espressione si ricava:

λ =10i

2− i· 2 + i

2 + i=−10 + 20i

5= −2 + 4i

Per ricavare l’altra radice ricordiamo che il coefficente di z cambiato di segnoe la somma delle radici, dunque, nel nostro caso:

z1 + z2 = −λ =⇒ z2 = 2− 4i− 2 + i = −3i.

Esercizio 2.2. Risolvere le seguente equazione:

iz2 − 2z − 2− i = 0.

Svolgimento. Sostituiamo z = x + iy; si ottiene:

0 = i(x+ iy)2−2(x− iy)−2− i = . . . = −2(xy +x+1)+ i(x2−y2 +2y−1)

da cui, ricordando che un numero complesso e 0 se e soltanto se sono contem-poraneamente zero la sua parte reale e la sua parte immaginaria, si ricava ilsistema:{

xy + x + 1 = 0x2 − y2 + 2y − 1 = 0

che, risolto, produce le tre soluzioni dell’equazione:

z1 = −1

z2 = (1 +√

2)− i√

2

z3 = (1−√

2) + i√

2.

Esercizio 2.3. Disegnare nel piano di Gauss il luogo

L : |(1 + i)z − 2i| = 2.

5

Svolgimento. Sostituiamo z = x + iy. Si ottiene:

2 = |(1 + i)(x + iy)− 2i| = . . . = |x− y + i(x + y − 2)|

da cui si ricava

(x− y)2 + (x + y − 2)2 = 4

che, svolti i calcoli, produce per il luogo l’equazione:

L : x2 + y2 − 2x− 2y = 0

che rappresenta una circonferenza di centro C = (1, 1) che passa per l’originedel sistema di riferimento (e quindi ha raggio

√2).

Esercizio 2.4. Dati i numeri complessi z1 = 1−i e z2 = −1+√

3i determinaremodulo e argomento dei numeri complessi z3 = z1z2, z4 = z2/z1, z5 = z1976

1 .

Svolgimento. Cominciamo con lo scrivere i numeri complessi assegnati in formatrigonometrica, ovvero determiniamo modulo e argomento di z1 e z2.

|z1| =√

1 + 1 =√

2

|z2| =√

1 + 3 = 2

dunque

z1 =√

2(

1√2− 1√

2i

)=√

2 (cos(7π/4) + i sin(7π/4)) =√

2ei 7π4

e, analogamente si ottiene per z2 che arg(z2) = 2π/3. Note queste informazionisi ricava subito che:

|z3| = |z1||z2| = 2√

2

|z4| = |z2|/|z1| =√

2

|z5| =√

21976

= 2988

e

arg(z3) = arg(z1) + arg(z2) = 5π/12arg(z4) = arg(z2)− arg(z1) = 11π/12arg(z5) = arg(z1) · 1976 = 3458 = (riducendo modulo 2π) = 0

6

3 Geometria dello spazio euclideo 3-dim.

Esercizio 3.1. Scrivere l’equazione della retta passante per P = (1, 2,−3) eincidente alle rette

r : 2x− 2 = y + 1 = 2z

s : x− 2 = y − 1 = z.

Svolgimento. La retta richiesta deve essere complanare sia con r che con s.Cominciamo col determinare l’equazione del fascio di sostegno r e del fasciodi sostegno s:

Fr : πk : 2x− y − 3 + k(y − 2z + 1)Fs : ρh : x− y − 1 + h(y − z − 1)

Tra questi piani selezioniamo quelli che passano per il punto P . Facciamoloper Fr:

0 = 2 · 1− 2− 3 + k(2 + 6 + 1) = −3 + 9k =⇒ k =13

a tale k corrisponde il piano

π : 3x− y − z − 4 = 0

Procedendo in modo analogo con il fascio Fs si ottiene invece il piano

ρ : 2x− y − z − 3 = 0

Tali piani sono distinti (il rango della matrice dei coefficienti del sistema e 2),dunque la loro intersezione e una retta che passa per P e interseca sia r ches, e dunque e la retta richiesta:{

3x− y − z − 4 = 02x− y − z − 3 = 0

Esercizio 3.2. Scrivere le equazioni della retta r passante per P = (1, 2, 3) eperpendicolare alla congiungente Q = (3, 7, 1) e R = (5, 5, 7).

Svolgimento. Cominciamo col determinare la retta s := R,Q. I suoi parametridirettori sono, a meno di un fattore di proporzionalita non nullo:

α = 5− 3 = 2β = 5− 7 = −2γ = 7− 1 = 6

7

dunque la retta ha equazioni parametriche:

s :

x = 3 + ty = 7− t t ∈ Rz = 1 + 3t

E immediato verificare che il punto P non appartiene a questa retta, pertantoci aspettiamo di trovare una sola soluzione al problema. Per determinare laretta cercata osserviamo che tale retta deve giacere sia nel piano che contieneP e la retta s, sia nel piano per P perpendicolare ad s, quindi in particolaree data dall’intersezione di questi due piani; determiniamoli. Cominciamo daπ = pn(P, s).

Fs : x + y − 10 + k(3x− z − 8)

Imponendo il passaggio per P otteniamo:

π : 13x− 8y − 7z + 24 = 0

Determiniamo ora il piano ρ = pn(P,⊥ r):

ρ : 1(x− 1)− 1(y − 2) + 3(z − 3) = 0

La retta r cercata e dunque:

r :{

13x− 8y − 7z + 24 = 0x− y + 3z − 8 = 0

4 Algebra lineare

Esercizio 4.1 (TE). Nello spazio vettoriale R[x] dei polinomi a coefficientireali nell’indeterminata x siano f = 2, g = 1+x, h = x+x2 e k = 3+2x−x2.Verificare che la dimensione di L(f, g, h, k) e 3 e vedere se A = { g, h, k } necostituisce una base.(L(f, g, h, k) := { αf + βg + γh + δk | α, β, γ, δ ∈ R } e lo spazio lineare gene-rato dai quattro vettori f, g, h, k, ovvero e costituito da tutte le combinazionilineari di questi 4 vettori).

Svolgimento. Sia V = L(f, g, h, k). La dimensione di V e evidentemente mi-nore o uguale a 4. Mostriamo che f, g, h, k sono linearmente dipendenti (dacui segue che la dimensione non puo essere 4):

α2 + β(1 + x) + γ(x + x2) + δ(3 + 2x− x2) = 0

x2(γ − δ) + x(β + γ + 2δ) + 2α + β + 3δ = 0

8

Da cui si ricava il sistema:γ − δ = 0β + γ + 2δ = 02α + β + 3γ = 0

che permette di ricavare una combinazione lineare a coefficienti non tutti nulliche produce il vettore nullo, per esempio:

−3g + h + k = 0.

La precedente equazione mostra anche che l’insieme A non puo essere unabase, perche i suoi elementi sono lienarmente dipendenti. Per mostrare chela dimensione di V e effettivamente 3 esibiamo una base di cardinalita 3.Consideriamo, per esempio, l’insime B = { f, g, h }; risolvendo

γx2 + x(β + γ) + 2α + β = 0

otteniamo un sistema lineare che produce come (unica) soluzione (α, β, γ) =(0, 0, 0), pertanto i tre vettori sono linearmente indipendenti, costituisconouna base e la dimensione di V e 3.

Osservazione. L’esercizio poteva essere svolto in modo molto piu veloceosservando che i 4 polinomi dati hanno tutti grado minore o uguale a 2,pertanto lo spazio che essi generano e, in particolare, un sottospazio dellospazio R2[x] dei polinomi di grado minore o uguale a 2. Tale spazio ammettela base (canonica) e1(x) = 1, e2(x) = x, e3(x) = x2, quindi la sua dimensionee 3. Da questo segue subito che la dimensione di V , che e un sottospazio, deveessere minore o uguale a 3. La verifica della lineare dipendenza/indipendenzadei quattro vettori puo poi essere svolta utilizzando la matrice che ha nellerighe le componenti di tali vettori rispetto alla base canonica:

M =

2 0 01 1 00 1 13 2 −1

.

Esercizio 4.2 (TE). Per quali valori del parametro (reale) k il vettorev = (k2, k + 1, 2k − 1) appartiene all’immagine dell’applicazione lineare f :R3 −→ R3 che manda (1, 0) 7−→ (1, 2, 1) e (0, 1) 7−→ (3, 1, 2)? Determinare ladimensione e una base per imf e ker f .

Svolgimento. E noto che v1 := (1, 2, 1) e v2 = (3, 1, 2) sono un insieme di gene-ratori per l’immagine di f ed e immediato verificare (per esempio calcolandoil rango della matrice che ha nelle righe le loro componenti) che sono anchelinearmente indipendenti, quindi sono una base per imf che dunque ha dimen-sione 2. Il vettore v appartiene a tale immagine se e solo se e combinazione

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lineare di questi due vettori, quindi se e solo se l’insieme { v1, v2, v } e legato,ovvero e nullo il determinante della matrice

M =

1 2 13 1 2k2 k + 1 2k − 1

Si ha:

det(M) = . . . = 3(k − 2)(k − 1) = 0 ⇐⇒ k = 2 o k = 1.

Per calcolare la dimensione di ker f e necessario ricordare che vale la relazione:

dim ker f + dim imf = dim(R2)

da cui si ricava che la dimensione del nucleo e 0, dunque ker f = { 0 } e f eun monomorfismo.

Esercizio 4.3. Sia f l’applicazione definita da

f :{

R3 −→ R2

(x, y, z) 7−→((k + 1)(x + y), k

)Determinare k ∈ R tale che l’applicazione f sia lineare, quindi per tale kdeterminare dimensione e una base per ker f e imf .

Svolgimento. Le due condizioni che f deve verificare per essere lineare sono,dati v, v′ ∈ R3 e r ∈ R:

f(v + v′) = f(v) + f(v′)f(rv) = kf(v).

Se ora v = (x, y, z) e v′ = (x′, y′, z′) (e dunque v + v′ = (x + x′, y + y′, z + z′))i due membri della prima equazione sono:

f(x + x′, y + y′, z + z′) =((k + 1)(x + x′ + y + y′), k

)f(x, y, z) + f(x′, y′, z′) =

((k + 1)(x + y), k

)+

((k + 1)(x′ + y′), k

)=

=((k + 1)(x + y + x′ + y′), 2k

)e dunque, affinche siano uguali occorre e basta che sia k = 2k, da cui si racavache k = 0. Per tale scelta di k si ha per f l’azione (x, y, z) 7−→ (x + y, 0).Verifichiamo che con questa scelta di k e verificata anche la seconda proprietadella definizione di applicazione lineare:

f(r(x, y, z)) = f(rx, ry, rz) = (rx + ry, 0) = (r(x + y), 0) == r(x + y, 0) = rf(x, y, z)

10

pertanto l’applicazione f cosı identificata risulta effettivamente essere lineare.Per determinare dimensione e una base per imf osserviamo che

(1) (x + y, 0) = x(1, 0) + y(1, 0)

pertanto l’insieme B = { e1 = (1, 0) } sembra essere un buon candidato adessere una base. L’espressione (1) mostra che in effetti abbiamo un sistemadi generatori (ovvero la seconda richiesta della definizione di base), mentree ovvio che l’insieme B, essendo formato da un solo vettore non nullo, eindipendente, possiamo dunque concludere che dim imf = 1 e che B e unabase. La dimensione di ker f , utilizzando la solita formula, sara dim ker f =3− 1 = 2; detrminiamone i vettori imponendo la condizione

f(x, y, z) = (x + y, 0) = 0 = (0, 0)

da cui si ricava il sistema lineare{x + y = 00 = 0

che ci permette di concludere che:

ker f ={

(x, y, z) ∈ R3 | x = −y}

={

(x,−x, z) ∈ R3 | x, z ∈ R}

.

In modo analogo a prima si ha poi

(x,−x, z) = x(1,−1, 0) + z(0, 0, 1)

e si verifica che effettivamente una base per ker f e B′ = { (1,−1, 0), (0, 0, 1) }.

Esercizio 4.4. Nello spazio vettoriale R4 si verifichi che l’insieme

W ={

(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y − z = 0}

e un sottospazio e che B = { (1, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1) } e una base diW ; sia f : R4 −→ M2×2(R) l’applicazione lineare definita da

f(1, 0, 1, 0) =[1 01 0

]f(0, 1, 1, 0) =

[0 10 2

]f(0, 0, 0, 1) =

[2 −12 −2

]Determinare dimensione e una base di ker f e imf .

11

Svolgimento. Verifichiamo che W e un sottospazio. Cominciamo osservandoche

W ={

(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y − z = 0}

={

(x, y, x + y, t) ∈ R4 | x, y, t ∈ R}

Dati (x, y, x + y, t), (x′, y′, x′ + y′, t′) ∈ W e r ∈ R si ha:

(0, 0, 0, 0) ∈ W

(x, y, x + y, t) + (x′, y′, x′ + y′, t′) = (x + x′, y + y′, x + y + x′ + y′, t + t′) ∈ W

r(x, y, x + y, t) = (rx, ry, rx + ry, rt) ∈ W

e dunque effettivamente W e un sottospazio vettoriale di R4. Si ha inoltre cheil generico vettore di W puo essere scritto nel modo seguente:

(x, y, x + y, t) = x(1, 0, 1, 0) + y(0, 1, 1, 0) + t(0, 0, 0, 1)

pertanto i tre vettori di B costituiscono un insieme di generatori per W ;calcolando il rango della matrice

A =

1 0 1 00 1 1 00 0 0 1

che risulta essere 3, si conclude che sono anche linearmente indipendenti, equindi sono una base di W . Al solito i tre vettori trasformati dei vettori diB sono un insieme di generatori per imf ; verificando con la combinazionelineare si vede che pero sono linearmente dipendenti, quindi non costituisconouna base di imf da cui dim imf 6 2. Una base di imf sara costituita dalnumero massimo di vettori linearmente indipendenti scelti tra i tre presi in

esame, in particolare e immediato verificare che E1 =[1 01 0

]e E2 =

[0 10 2

]sono linearmente indipendenti, e quindi formano una base. La dimensione diker f sara dim ker f = 4 − dim imf = 4 − 2 = 2; per determinare i vettori diker f occorre osservare che

f(x, y, x + y, t) = f(x(1, 0, 1, 0) + y(0, 1, 1, 0) + t(0, 0, 0, 1)

)=

= xf(1, 0, 1, 0) + yf(0, 1, 1, 0) + tf(0, 0, 0, 1) =

= x

[1 01 0

]+ y

[0 10 2

]+ t

[2 −12 −2

]=

[x + 2t y − tx + 2t 2y − 2t

]Dalla relazione

v ∈ ker f ⇐⇒ f(v) = 0

si ricava allora[x + 2t y − tx + 2t 2y − 2t

]=

[0 00 0

]12

Una volta risolto il sistema lineare derivato da tale uguaglianza si ottiene perker f la seguente rappresentazione:

ker f ={

(−2t, t, z, t) ∈ R4 | z, t ∈ R}

E routine ora verificare che B′ := { (−2, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0) } e una base.

4.1 Autovalori, autovettori e diagonalizzazione

Esercizio 4.5. Sia

A =

k 0 02 2 10 0 1

una matrice e f l’endomorfismo di R3 definito da f(x) = Ax. Si determinino,al variare di k ∈ R, gli autovalori di A e si stabilisca se la matrice e diagona-lizzabile. Si determinino infine i valori di k per cui dim ker f = 1 e per talivalori si esibisca una base di ker f .

Svolgimento. Determiniamo il polinomio caratteristico della matrice A.

carA(λ) =

∣∣∣∣∣∣k − λ 0 0

2 2− λ 10 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = . . . = (1− λ)(2− λ)(k − λ).

Avremo allora i seguenti casi:

k 6= 1 e k 6= 2. In questo caso la matrice A ha 3 autovalori distinti, pertantoe diagonalizzabile. Determiniamo, per completezza, anche gli autospazi.Per determinare V1 dovremo risolvere:0

00

= (A− 1 · Id)

xyz

=

k − 1 0 02 1 10 0 0

xyz

=

(k − 1)x2x + y + z

0

da cui si ricava il sistema{

(k − 1)x = 02x + y + z = 0

che produce (ricordando che k 6= 1) le soluzioni{x = 0y = −z

Si ottiene dunque:

V1 ={

(x, y, z) ∈ R3 | x = 0 e y = −z}

={

(0,−z, z) ∈ R3 | z ∈ R}

=

={

z(0,−1, 1) ∈ R3 | z ∈ R}

= 〈 (0, 1,−1) 〉.

13

In modo analogo si ottiene che:

V2 = 〈 (0, 1, 0) 〉V3 = 〈 (k − 2, 2, 0) 〉.

k=1. In questo caso la molteplicita algebrica dell’autovalore 1 e h(1) = 2.Calcoli analoghi ai precedenti mostrano che in questo caso l’autospazioV1 relativo all’autovalore 1 e:

V1 = 〈 (1, 0,−2), (0, 1,−1) 〉

pertanto, essendo dim V1 = 2 = h(1), A e diagonalizzabile.

k=2. In questo caso e l’autovalore 2 ad avere molteplicita algebrica 2, mentrel’autospazio V2 relativo a tale autovalore risulta essere:

V2 = 〈 (0, 1, 0) 〉

che ha dimensione 1; da cio si deduce che in questo caso A non ediagonalizzabile.

Occupiamoci ora del nucleo di f . Utilizzando ancora la relazione che lega tra diloro le dimensioni del nucleo, dell’immagine e del dominio di un omomorfismootteniamo che

dim ker f = 1 ⇐⇒ r(A) = 2

Ora, la matrice A ha sempre rango almeno due (infatti c’e un minore 2 × 2non singolare per ogni k ∈ R), quindi la condizione equivalente e soddisfattatutte e sole le volte in cui det(A) = 0; tale condizione produce il valore k = 0.Per determinare una base di ker f dobbiamo risolvere0 0 0

2 2 10 0 1

xyz

=

000

Il sistema lineare che si ricava da tale uguaglianza mostra che

ker f = 〈 (1,−1, 0) 〉 ={

(x,−x, 0) ∈ R3 | x ∈ R}

.

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