CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 6 – GEOMETRIA 2009/10

Esercizio 6.1 (7.12). Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}(1 + k)x = 0 \\ ky + z + w = 2 \\ x + kz + 2w = k \\ x + kw = 0 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette una unica soluzione.

b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema per k = 0.

Soluzione:

La matrice associata a al sistema è

A|b = [\begin{matrix}1 + k & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & k & 1 & 1 & | & 2 \\ 1 & 0 & k & 2 & | & k \\ 1 & 0 & 0 & k & | & 0 \end{matrix}]

a) Il sistema ammette una unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = 4. Utilizzando il determinante, ricordiamo che il rango di una matrice corrisponde al massimo ordine di una sua sottomatrice quadrata con determinante diverso da zero. Quindi rg(A) = rg(A|b) = 4 se e solo se det(A) ≠ 0.

det(A) = (1 + k) · det [\begin{matrix}k & 1 & 1 \\ 0 & k & 2 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}] = (1 + k)k^{3}

Quindi il sistema ammette una unica soluzione quando k ≠ 0, −1.

b) Torniamo al sistema nel caso k = 0 (senza la necessità di ridurre la matrice associata):

\begin{cases}x = 0 \\ z + w = 2 \\ x + 2w = 0 \\ x = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 2 \\ w = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 6.2 (7.15). Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}kx_{1} − x_{4} = 1 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ (k − 1)x_{1} + (k − 1)x_{2} = k − 1 \\ kx_{1} + kx_{2} = 2k \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette soluzione, specificando se e quando ne ammette una o infinite.

b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, si determinino le sue soluzioni.

Soluzione: La matrice associata al sistema è

A|b = [\begin{matrix}k & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ k − 1 & k − 1 & 0 & 0 & | & k − 1 \\ k & k & 0 & 0 & | & 2k \end{matrix}]

a) Utilizziamo il determinante per calcolare rg(A) e rg(A|b).

det(A) = 1 · det [\begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ k − 1 & k − 1 & 0 \\ k & k & 0 \end{matrix}] = 1 · 2 · [k(k − 1) − k(k − 1)] = 0 ∀k ∈ R

Poiché det(A) = 0, rg(A) ≤ 3 per ogni k. Viceversa in A|b troviamo la sottomatrice quadrata

[\begin{matrix}0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ k − 1 & 0 & 0 & | & k − 1 \\ k & 0 & 0 & | & 2k \end{matrix}]

che ha determinante

det = 1 · det [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ k − 1 & 0 & k − 1 \\ k & 0 & 2k \end{matrix}] = 1 · (−2)[2k(k − 1) − k(k − 1)] = −2(k^{2} − k)

Tale determinante si annulla per k = 0, 1, quindi sicuramente se k ≠ 0, 1, rg(A|b) = 4.

Abbiamo così ottenuto che se k ≠ 0, 1, rg(A) ≤ 3, mentre rg(A|b) = 4, quindi il sistema non ammette soluzione.

Si tratta ora di considerare i due casi k = 0 e k = 1.

Se k = 0 otteniamo il sistema

A|b = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ −1 & −1 & 0 & 0 & | & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi se k = 0, rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette infinite soluzioni.

Se k = 1 otteniamo il sistema

A|b = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ IV − II − I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 1 & | & 1 \end{matrix}]

Quindi anche se k = 1, rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette infinite soluzioni.

b) Abbiamo visto che il sistema ha soluzione solo se k ≠ 0, 1. Inoltre se k = 0 abbiamo ottenuto il sistema

\begin{cases}x_{1} + x_{2} = 1 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ −x_{4} = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 2t + 1 \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = −1 \end{cases} ∀t ∈ R

Analogamente nel caso k = 1 abbiamo ottenuto il sistema

\begin{cases}x_{1} − x_{4} = 1 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ −2x_{3} + x_{4} = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 2t + 2 \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = 2t + 1 \end{cases} ∀t ∈ R

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Esercizio 6.3 (7.18). Si consideri lo spazio vettoriale N(A) dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0 con

A = [\begin{matrix}8k + 1 & k + 4 & 0 & k + 8 \\ 2k & 0 & 1 & 2k + 2 \\ 0 & 0 & k + 4 & 0 \\ k & 0 & k + 2 & k + 3 \end{matrix}] k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali valori di k lo spazio N(A) è nullo: N(A) = {(0, 0, 0, 0)}.

b) Per i valori di k esclusi al punto precedente si determini una base di N(A).

Soluzione:

a) N(A) è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0. Un sistema omogeneo ammette sempre la soluzione nulla; in particolare, per Rouchè-Capelli, ammette la sola soluzione nulla se rg(A) è massimo. Nel nostro caso quindi N(A) = {(0, 0, 0, 0)} se rg(A) = 4. Determiniamo il rango di A calcolandone il deteminante:

det(A) = −(k + 4) · det [\begin{matrix}2k & 1 & 2k + 2 \\ 0 & k + 4 & 0 \\ k & k + 2 & k + 3 \end{matrix}] = −(k + 4)^{2} · [2k(k + 3) − k(2k + 2)] = −4k(k + 4)^{2}

Infine rg(A) = 4 se det(A) ≠ 0, cioé N(A) = {(0, 0, 0, 0)} se k ≠ 0, −4.

b) Se k = 0 la matrice A diventa

[\begin{matrix}1 & 4 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \end{matrix}] ⇒ N(A) : \begin{cases}x + 4y + 8w = 0 \\ z + 2w = 0 \\ 4z = 0 \\ 2z + 3w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −4t \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases}

⇒ N(A) = {(−4, 1, 0, 0)t | ∀t ∈ R} .

Se k = 0 quindi B(N(A)) = {(−4, 1, 0, 0)} e dim(N(A)) = 1.

Se k = −4 la matrice A diventa

[\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ −8 & 0 & 1 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −4 & 0 & −2 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}31II − 8I \\ 2IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 31 & −218 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −5 & 4 \end{matrix}] ⇒ 31IV + 5II [\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 31 & −218 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −966 \end{matrix}]

N(A) : \begin{cases}−31x + 4w = 0 \\ 31z − 218w = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ N(A) = \{(0, 1, 0, 0)t | ∀t ∈ R\} .

Se k = −4 quindi B(N(A)) = {(0, 1, 0, 0)} e dim(N(A)) = 1.

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Esercizio 6.4 (7.29). Sia V il sottospazio di R^{4} generato dai vettori:

v_{1} ≡ (0, k − 1, k^{2} − 1, 3k − 2),  v_{2} ≡ (1, 3, 0, 3),  v_{3} ≡ (−1, −2, 1, −1).

Determinare la dimensione e una base di V al variare del parametro reale k.

Soluzione: Calcoliamo il rango della matrice A associata a tale insieme di vettori per stabilire se, o quali vettori sono linearmente indipendenti.

A = [\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ k − 1 & 3 & −2 \\ k^{2} − 1 & 0 & 1 \\ 3k − 2 & 3 & −1 \end{matrix}]

Utilizziamo il determinante. Consideriamo la sottomatrice B formata dalle prime 3 righe:

B = [\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ k − 1 & 3 & −2 \\ k^{2} − 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ det(B) = −(k − 1 + 2k^{2} − 2) − (−3k^{2} + 3) = k^{2} − k

il cui determinante si annulla per k = 0, 1. Quindi:

• Se k ≠ 0, 1 la matrice associata ai tre vettori ha rango 3. Di conseguenza dim(V) = 3 e

B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} = {(0, k − 1, k^{2} − 1, 3k − 2), (1, 3, 0, 3), (−1, −2, 1, −1)} .

• Se k = 0 la matrice A diventa:

[\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ −1 & 3 & −2 \\ −1 & 0 & 1 \\ −2 & 3 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ −1 & 3 & −2 \\ 0 & 1 & −1 \\ −2 & 3 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ IV − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & −3 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 3 & −3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3III − II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & −3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = dim(V) = 2. Inoltre

B(V) = { v_{1}, v_{2}} = {(0, −1, −1, −2), (1, 3, 0, 3)}

• Se k = 1 la matrice A diventa:

[\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ 0 & 3 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 3 & −1 \end{matrix}]

Notiamo che A contiene la sottomatrice C:

C = [\begin{matrix}0 & 3 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 3 & −1 \end{matrix}] ⇒ det(C) = 1 · 3 ≠ 0

Quindi anche per k = 1, dim(V) = rg(A) = 3 e

B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} = {(0, 0, 0, 1), (1, 3, 0, 3), (−1, −2, 1, −1)} .
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Esercizio 6.5 (7.30). Sia W il sottospazio di R^{4} generato dai vettori {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}:

v_{1} = (−1, 1, −1, 1),  v_{2} = (1, k, 3, 4),  v_{3} = (1, −1, k, 1),  v_{4} = (0, 0, 1, k)

Si calcoli la dimensione di W al variare di k ∈ R.

Soluzione: Consideriamo la matrice A associata ai 4 vettori:

A = [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & k & −1 & 0 \\ −1 & 3 & k & 1 \\ 1 & 4 & 1 & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ III − I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & k + 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & k − 1 & 1 \\ 0 & 5 & 2 & k \end{matrix}]

Chiamiamo A′ la matrice ridotta così ottenuta. Sappiamo che rg(A′) = rg(A). Sappiamo inoltre che il rango di una matrice corrisponde, oltre che al numero di pivot, al massimo ordine di una sottomatrice con determinante non nullo. Senza proseguire ulteriormente nella riduzione possiamo quindi calcolare il determinante della matrice ridotta A′ per calcolarne il rango:

det(A′) = −1 · (k + 1) · [(k − 1)k − 2] = −(k + 1)(k^{2} − k − 2)

e det(A′) = 0 se k = −1 o k = 2. Di conseguenza • Se k ≠ −1, 2, det(A′) ≠ 0, quindi la matrice A ha rango 4, e dim(W) = 4.

• Se k = −1 la matrice A′ ha determinante nullo, quindi rg(A) < 4, e dopo un ulteriore passo di riduzione A diventa

A′ = [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −2 & 1 \\ 0 & 5 & 2 & −1 \end{matrix}]

Questa contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 5 & −1 \end{matrix}]

di determinante −1(−2 − 5) ≠ 0.

Quindi A ha rango 3 e dim(W) = 3.

• Se k = 2 la matrice A′ ha determinante nullo, quindi rg(A) < 4, e dopo un ulteriore passo di riduzione diventa

A′ = [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 5 & 2 & 2 \end{matrix}]

Questa contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}]

di determinante −3 ≠ 0.

Quindi anche in questo caso A ha rango 3 e dim(W) = 3. In alternativa tutto l’esercizio poteva essere svolto completando la riduzione a gradini di A.

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Esercizio 6.6 (7.68). Sia dato l’insieme

V = {p(x) ∈ R_{3}[x] | p(1) = 0 }

a) Verificare che l’insieme V è un sottospazio vettoriale di R_{3}[x].

b) Determinare una base di V.

Soluzione: Sia p(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3}, a_{i} ∈ R il generico elemento di R_{3}[x]. A p(x) possiamo associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) rispetto alla base canonica di R_{3}[x] formata dai polinomi {1, x, x^{2}, x^{3}}. Quindi a ogni polinomio p(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3} ∈ R_{3}[x] possiamo associare il vettore (a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) ∈ R^{4}.

Nel nostro caso la condizione p(1) = 0 si traduce nella condizione a_{0} +a_{1} +a_{2} +a_{3} = 0, quindi all’insieme di polinomi V corrisponde l’insieme:

W = {(a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) ∈ R^{4} | a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0}

cioè l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo formato dalla sola equazione a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0.

a) L’insieme W, e quindi l’insieme V, è uno spazio vettoriale in quanto si tratta dell’insieme delle soluzioni di un sistema omogeneo.

b) Per trovare una base di V determiniamo una base di W per poi tornare ai polinomi.

a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0 ⇒ \begin{cases}a_{0} = −r − s − t \\ a_{1} = r \\ a_{2} = s \\ a_{3} = t \end{cases} ∀r, s, t ∈ R

Quindi il generico elemento di W ha la forma

(−1, 1, 0, 0) · r + (−1, 0, 1, 0) · s + (−1, 0, 0, 1) · t

e una base di W è data dall’insieme

B(W) = {(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)}

Associamo ora ai vettori determinati i corrispondenti polinomi:

(−1, 1, 0, 0) ⇒ p_{1}(x) = −1 + x
(−1, 0, 1, 0) ⇒ p_{2}(x) = −1 + x^{2}
(−1, 0, 0, 1) ⇒ p_{3}(x) = −1 + x^{3}

Infine l’insieme

B(V) = {p_{1}(x) = −1 + x, p_{2}(x) = −1 + x^{2}, p_{3}(x) = −1 + x^{3}}

è una base di V.

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Esercizio 6.7 (7.81). Sia W il sottoinsieme dello spazio di polinomi R_{3}[x] definito da

W = {p(x) ∈ R_{3}[x] | p′′′ = 0, p(1) = 0}

(p′′′ è la derivata terza di p)

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di R_{2}[x].

b) Trovare una base e la dimensione di W.

c) Determinare le coordinate del polinomio p(x) = 2x^{2} − x − 1 ∈ W rispetto alla base trovata al punto b).

Soluzione: a) Sia p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d il generico elemento di R_{3}[x]. Per dimostrare che W è un sottospazio

vettoriale di R_{2}[x] dobbiamo innanzitutto verificare che W è un sottoinsieme di R_{2}[x]. In effetti la condizione p′′′ = 0 applicata al generico elemento di R_{3}[x] diventa 6a = 0. Quindi se p(x) ∈ W deve essere del tipo p(x) = bx^{2} + cx + d cioè un elemento di R_{2}[x]. Inoltre W può essere riscritto come

W = {p(x) ∈ R_{2}[x] | p(1) = 0}

Per dimostrare ora che si tratta di un sottospazio di R_{2}[x] dobbiamo verificare che è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari.

– W è chiuso rispetto alla somma, infatti presi due elementi di W anche la loro somma sta in W:

(p_{1} + p_{2})(1) = p_{1}(1) + p_{2}(1) = 0 + 0 = 0

– W è chiuso rispetto al prodotto per scalari, infatti preso un elemento di W e uno scalare λ ∈ R, anche il loro prodotto sta in W:

(λp)(1) = λ · p(1) = λ · 0 = 0

b) Traducendo la condizione p(1) = 0 sui coefficienti del generico elemento bx^{2} + cx + d di R_{2}[x] otteniamo b + c + d = 0, ovvero d = −b − c. Quindi ogni elemento di W è del tipo

p(x) = bx^{2} + cx − b − c = b(x^{2} − 1) + c(x − 1)

I due polinomi, linearmente indipendenti, p_{1}(x) = x^{2} − 1 e p_{2}(x) = x − 1 costituiscono una base di W, quindi

dim(W) = 2, B(W) = {p_{1}(x) = x^{2} − 1, p_{2}(x) = x − 1}

c) Per determinare le coordinate di p(x) rispetto alla base B trovata la cosa più semplice è forse associare ad ogni polinomio le sue componenti rispetto alla base canonica {x^{2}, x, 1} di R_{2}[x]. In particolare ai polinomi p_{1}(x), p_{2}(x), p(x) possiamo associare i vettori:

p_{1} = (1, 0, −1), p_{2} = (0, 1, −1), p = (2, −1, −1)

Risolviamo quindi l’equazione xp_{1} + yp_{2} = p:

\begin{cases}x = 2 \\ y = −1 \\ −x − y = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = −1 \end{cases}

Infine p(x) = 2p_{1}(x) − p_{2}(x), ovvero p(x) ha coordinate (2, −1)_{B} rispetto alla base B trovata al punto precedente.

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Esercizio 6.8 (7.69). Siano dati i polinomi

p_{1}(x) = 1 + x,  p_{2}(x) = 1 + 2x + x^{2},  p_{3}(x) = x − x^{2}.

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x)} è una base di R_{2}[x].

b) Esprimere f(x) = x^{2} − x + 2 come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x).

Soluzione:

Ricordiamo che a ogni polinomio di R_{2}[x] possiamo associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}) rispetto alla base canonica B = {x^{2}, x, 1}. Di conseguenza ai polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} possiamo associamo i tre vettori

p_{1} = (0, 1, 1)
p_{2} = (1, 2, 1)
p_{3} = (−1, 1, 0)

Quindi i polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R_{2}[x] sse i tre vettori p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R^{3}. In particolare R_{2}[x] ha dimensione 3, ed è sufficiente verificare che i tre vettori siano linearmente indipendenti.

Inoltre al polinomio f(x) associamo il vettore f(1, −1, 2)

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice associata ai quattro vettori.

[\begin{matrix}0 & 1 & −1 & | & 1 \\ 1 & 2 & 1 & | & −1 \\ 1 & 1 & 0 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 1 & 2 & 1 & | & −1 \\ 0 & 1 & −1 & | & 1 \end{matrix}]

⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & −3 \\ 0 & 1 & −1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & −3 \\ 0 & 0 & −2 & | & 4 \end{matrix}]

a) La matrice dei coefficienti, associata a p_{1}, p_{2} e p_{3}, ha rango 3, quindi i tre polinomi sono linearmente idipendenti e formano una base di R_{2}[x].

b) Torniamo al sistema associato ai quattro vettori:

⇒ \begin{cases}x_{1} + x_{2} = 2 \\ x_{2} + x_{3} = −3 \\ −2x_{3} = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 3 \\ x_{2} = −1 \\ x_{3} = −2 \end{cases}

Quindi

f(x) = 3 · p_{1}(x) − 1 · p_{2}(x) − 2 · p_{3}(x)
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Esercizio 6.9 (7.70). Si considerino i polinomi p_{1} = x^{2}+ax+b+c, p_{2} = x^{2}+bx+a+c, p_{3} = x^{2}+cx+a+b.

a) Mostrare che per ogni valore dei parametri a, b, c i tre polinomi sono dipendenti nello spazio dei polinomi R[x].

b) Calcolare la dimensione e una base dello spazio ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ⊆ R[x] al variare di a, b, c.

Soluzione: Associamo ad ogni polinomio il vattore che esprime le sue componenti rispetto alla base canonica {x^{2}, x, 1} di R[x]:

p_{1} = (1, a, b + c),  p_{2} = (1, b, a + c),  p_{3} = (1, c, a + b)

Possiamo quindi svolgere l’esercizio lavorando sui tre vettori.

Consideriamo la matrice associata ai tre vettori:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ b + c & a + c & a + b \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − aI \\ III − (b + c)I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & b − a & c − a \\ 0 & a − b & a − c \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & b − a & c − a \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

a) La matrice associata ai tre vettori ha sempre rango minore di tre, quindi i tre vettori e i tre polinomi sono linearmente dipendenti.

b) Dal punto a) sappiamo che ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha sicuramente dimensione minore di tre. Inoltre

– Se a = b = c, allora la matrice ha rango 1 e ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha dimensione 1. Una base di ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ è data da {p_{1}} (o da {p_{2}} o da {p_{3}}).

– Se a ≠ b, allora la matrice ha rango 2 e ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha dimensione 2. Inoltre la matrice formata dalle prime due colonne ha sicuramente rango 2, quindi una base di ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ è data da {p_{1}, p_{2}}.

– Se a ≠ c, allora la matrice ha rango 2 e ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha dimensione 2. Inoltre la matrice formata dalla prima e terza colonna ha sicuramente rango 2, quindi una base di ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ è data da {p_{1}, p_{3}}.

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Esercizio 6.10 (7.73). Si considerino i polinomi a coefficienti reali

p_{1} = x^{2} + x,  p_{2} = kx^{2} − 1,  p_{3} = x^{2} + 2x + k.

a) Stabilire per quali valori di k i tre polinomi formano una base dello spazio R_{2}[x].

b) Per i valori di k per cui i polinomi sono dipendenti, trovare uno o più polinomi che completano l’insieme {p_{1}, p_{2}, p_{3}} ad un’insieme generatore di R_{2}[x].

Soluzione:

Ricordiamo che

R_{2}[x] = {a_{0}x^{2} + a_{1}x + a_{2} : a_{0}, a_{1}, a_{2} ∈ R}

A ogni polinomio possiamo quindi associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}) rispetto alla base canonica B = {x^{2}, x, 1}. In particolare ai polinomi p_{1}, p_{2}, p_{3} possiamo associare i vettori:

p_{1} = (1, 1, 0)
p_{2} = (k, 0, −1)
p_{3} = (1, 2, k)

Di conseguenza i polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R_{2}[x] sse i tre vettori p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R^{3}.In particolare R_{2}[x] ha dimensione 3.

Per rispondere a entrambe le domande dell’esercizio riduciamo a gradini la matrice associata ai tre vettori a cui affianchiamo la matrice identica 3 × 3.

[\begin{matrix}1 & k & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & k & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & k & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −k & 1 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & k & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & k & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & k & | & 0 & 0 & 1 \\ 0 & −k & 1 & | & −1 & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ III − kII [\begin{matrix}1 & k & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & k & | & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 − k^{2} & | & −1 & 1 & −k \end{matrix}]

a) Consideriamo solo la prima parte della matrice: se k ≠ ±1 la matrice associata ai vettori p_{1}, p_{2}, p_{3} ha rango 3, quindi i tre vettor isono linearmente indipendenti. Analogamente i tre polinomi sono linearmente indipendenti e formano una base di R_{2}[x].

b) Se k = ±1 la matrice dei coefficienti ha rango 2 e dalla matrice ridotta ricaviamo che p_{2} e p_{3} sono linearmente indipendenti. Inoltre considerando tutta la matrice possiamo notare che la prima, la seconda e la quarta colonna (per esempio) sono linearmente indipendenti. Ricordiamo che la quarta colonna corrisponde al vettore (1, 0, 0) ovvero al polinomio q = x^{2}. Quindi:

– Se k = 1 una possibile base di R_{2}[x] è:

B = {p_{1} = x^{2} + x, p_{2} = x^{2} − 1, q = x^{2}}

– Se k = −1 una possibile base di R_{2}[x] è:

B = {p_{1} = x^{2} + x, p_{2} = −x^{2} − 1, q = x^{2}}
□

Esercizio 6.11 (7.82). Sia S l’insieme delle matrici simmetriche:

S = \{ [\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}] | a, b, d ∈ R\}

(Notiamo anche che S = {A ∈ M_{2×2} | A^{T} = A}).

a) Verificare che S è un sottospazio di M_{2×2}.

b) Determinare una base di S.

Soluzione:

a) Notiamo che la condizione percé una matrice 2 × 2 appartenga a S è che gli elementi di posto 1, 2

e 2, 1 siano uguali.

Verifichiamo le due proprietà richieste per uno spazio vettoriale.

– SOMMA. Siano

A_{1} = [\begin{matrix}a_{1} & b_{1} \\ b_{1} & d_{1} \end{matrix}] , A_{2} = [\begin{matrix}a_{2} & b_{2} \\ b_{2} & d_{2} \end{matrix}]

due generici elementi di S. Allora

A_{1} + A_{2} = [\begin{matrix}a_{1} + a_{2} & b_{1} + b_{2} \\ b_{1} + b_{2} & d_{1} + d_{2} \end{matrix}] ∈ S

– PRODOTTO per scalari. Sia

A = [\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}]

un generico elemento di S e λ ∈ R. Allora

λA = [\begin{matrix}λa & λb \\ λb & λd \end{matrix}] ∈ S

b) Separiamo i parametri nella generica scrittura di A:

A = [\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}] = [\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] + [\begin{matrix}0 & b \\ b & 0 \end{matrix}] + [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & d \end{matrix}] =
=a · [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] + d · [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

Quindi l’insieme

B = \{[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

è una base di S. Infatti:

– Abbiamo appena visto che il generico elemento di S si può scrivere come combinazione lineare degli elementi di B.

– Gli elementi di B sono linearmente indipendenti, infatti:

a · [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] + c · [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] = 0 ⇒

[\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}] = 0 ⇒ \begin{cases}a = 0 \\ b = 0 \\ d = 0 \end{cases}

□

Esercizio 6.12 (7.85). Si consideri il sottospazio

S = \{ [\begin{matrix}3a + b + 3c & 2b − 6c \\ a + 3b − 7c & 4a + 8c \end{matrix}] | a, b, c ∈ R\}

dello spazio delle matrici reali M_{2}(R).

a) Determinare una base di S.

b) Stabilire se A = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 2/3 & 8/3 \end{matrix}] ∈ S (ed in caso positivo esprimere A come combinazione lineare della

base trovata in a)).

Soluzione:

a) La generica matrice di S la possiamo scrivere nella forma

a · [\begin{matrix}3 & 0 \\ 1 & 4 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 0 \end{matrix}] + c · [\begin{matrix}1 & 1 \\ −7 & 8 \end{matrix}]

Quindi se

A_{1} = [\begin{matrix}3 & 0 \\ 1 & 4 \end{matrix}] A_{2} [\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 0 \end{matrix}] A_{3} [\begin{matrix}1 & 1 \\ −7 & 8 \end{matrix}]

lo spazio S è S = ⟨A_{1}, A_{2}, A_{3}⟩. Per determinare una base di S dobbiamo stabilire quante e quali di tali matrici sono linearmente indipendenti, ovvero risolvere l’equazione xA_{1} + yA_{2} + zA_{3} = 0. La matrice dei coefficienti associata a a tale sistema è

[\begin{matrix}3 & 1 & 3 \\ 0 & 2 & −6 \\ 1 & 3 & −7 \\ 4 & 0 & 8 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I \\ III \\ 1/4IV \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −7 \\ 0 & 2 & −6 \\ 3 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ III − 3I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −7 \\ 0 & 1 & −3 \\ 0 & −8 & 24 \\ 0 & −3 & 9 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}1/8III \\ 1/3IV \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −7 \\ 0 & 1 & −3 \\ 0 & −1 & 3 \\ 0 & −1 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + II \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −7 \\ 0 & 1 & −3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

La matrice ha rango 2 quindi il sistema ammette infinite soluzioni, le tre matrici sono linearmente dipendenti e dim(S) < 3. Inoltre la matrice dei coefficienti associata all’equazione xA_{1} + yA_{2} = 0, una volta ridotto diventa

[\begin{matrix}1 & 3 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

In questo caso l’equazione ammette solo la soluzione nulla, quindi A_{1} e A_{2} sono linearmente indipendenti, quindi dim(S) = 2 e una base di S è data da

B(S) = \{A_{1} = [\begin{matrix}3 & 0 \\ 1 & 4 \end{matrix}] , A_{2} [\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 0 \end{matrix}]\}

b) Si tratta di risolvere l’equazione xA_{1} + yA_{2} = A ovvero il sistema:

\begin{cases}3x + y = 2 \\ 2y = 0 \\ x + 3y = \frac{2}{3} \\ 4x + y = \frac{8}{3} \end{cases} ⇒ \begin{cases}3x = 2 \\ y = 0 \\ x = \frac{2}{3} \\ 4x = \frac{8}{3} \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{3} \\ y = 0 \end{cases}

Infine

A = \frac{2}{3}A_{1}

□

Esercizio 6.13 (7.86). Sia V Lo spazio vettoriale delle matrici reali 2 × 2. Si consideri la matrice A =

[\begin{matrix}−8 & −7 \\ 1 & 0 \end{matrix}] e sia S il sottinsieme di V costituito dalle matrici che commutano con A:

S = \{M = [\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}] ∈ V : AM = MA\}

a) Mostrare che S è un sottospazio di V.

b) Calcolare la dimensione e una base di S.

Soluzione:

a) Dobbiamo dimostrare la chiusura rispetto alla somma e al prodotto per scalari. – Somma. Siano M_{1} e M_{2} due matrici che commutano con A. Allora

A (M_{1} + M_{2}) = AM_{1} + AM_{2} = M_{1}A + M_{2}A = (M_{1} + M_{2}) A

Quindi anche la matrice M_{1} + M_{2} commuta con A e appartiene a S.

– prodotto. Sia M una matrice che commuta con A, e sia λ ∈ R. Allora

A (λM) = λAM = λMA = (λM) A

Quindi anche la matrice λM commuta con A e appartiene a S.

b) Scriviamo esplicitamente le soluzioni di S imponendo la condizione AM = MA.

AM = [\begin{matrix}−8a − 7c & −8b − 7d \\ a & b \end{matrix}]

MA = [\begin{matrix}−8a + b & −7a \\ −8c + d & −7c \end{matrix}]

Quindi

MA = AM ⇒ \begin{cases}−8a − 7c = −8a + b \\ −8b − 7d = −7a \\ a = −8b + d \\ b = −7c \end{cases} ⇒ \begin{cases}b + 7c = 0 \\ 7a − 8b − 7d = 0 \\ a + 8b − d = 0 \end{cases}

FOGLIO DI ESERCIZI 6 – GEOMETRIA 2009/10 11

Si tratta quindi di risolvere il sistema omogeneo:

[\begin{matrix}1 & 0 & 8 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 7 & 0 & | & 0 \\ 7 & −8 & 0 & −7 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − 7I [\begin{matrix}1 & 0 & 8 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 7 & 0 & | & 0 \\ 0 & −8 & −56 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III − 8II [\begin{matrix}1 & 0 & 8 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 7 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}a = −8t + s \\ b = −7t \\ c = t \\ d = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi gli elementi di S sono del tipo

M = [\begin{matrix}−8t + s & −7t \\ t & s \end{matrix}]

Ovvero

S = \{ [\begin{matrix}−8 & −7 \\ 1 & 0 \end{matrix}] t + [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] s |∀s, t ∈ R \}

Di conseguenza S ha dimensione 2 e una sua base è data dall’insieme

\{ [\begin{matrix}−8 & −7 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

□

Esercizio 6.14 (7.88). Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}1 & k \\ 2 & 3 \end{matrix}] .

a) Si determini una base del sottospazio U = {X ∈ M_{2}(R) : AX = XA} .

b) Mostrare che il sottoinsieme W = {X ∈ U : X è invertibile} non è un sottospazio vettoriale di U. Soluzione: Sia

X = [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}]

la generica matrice di M_{2}(R).

AX = [\begin{matrix}x + kz & y + kw \\ 2x + 3z & 2y + 3w \end{matrix}] XA = [\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ z + 2w & kz + 3w \end{matrix}]

Da AX = XA otteniamo il sistema

\begin{cases}x + kz = x + 2y \\ y + kw = kx + 3y \\ 2x + 3z = z + 2w \\ 2y + 3w = kz + 3w \end{cases} ⇒ \begin{cases}−2y + kz = 0 \\ kx + 2y − kw = 0 \\ 2x + 2z − 2w = 0 \\ 2y − kz = 0 \end{cases}

Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema:

[\begin{matrix}0 & −2 & k & 0 & | & 0 \\ k & 2 & 0 & −k & | & 0 \\ 2 & 0 & 2 & −2 & | & 0 \\ 0 & 2 & −k & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2III \\ I \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −2 & k & 0 & | & 0 \\ k & 2 & 0 & −k & | & 0 \\ 0 & 2 & −k & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}III − kI \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −2 & k & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & −k & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −2 & k & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x + z − w = 0 \\ −2y + kz = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −s + t \\ y = \frac{k}{2} s \\ z = s \\ w = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi

X = [\begin{matrix}−1 & \frac{k}{2} \\ 1 & 0 \end{matrix}] · s + [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] · t

a) Abbiamo ottenuto che

B(U) = \{[\begin{matrix}−1 & \frac{k}{2} \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

b) W non è un sottospazio in quanto, per esempio, non contiene l’elemento nullo. Infatti la matrice nulla

[\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

non è invertibile.

□

Esercizio 6.15 (7.89). Sia W = ⟨A, B , C⟩ il sottospazio di M_{2}(R) generato dalle matrici

A = [\begin{matrix}0 & 0 \\ k & 0 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}1 & k \\ −2 & 0 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}k & 1 \\ k − 1 & 1 \end{matrix}]

Si determini la dimensione di W e una sua base al variare del parametro reale k.

Soluzione: Cominciamo a stabilire quando le tre matrici sono linearmente indipendenti risolvento l’equazione matriciale xA + yB + zC = 0:

[\begin{matrix}y + kz & ky + z \\ kx − 2y + (k − 1)z & z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

da cui si ottiene il sistema

\begin{cases}y + kz = 0 \\ ky + z = 0 \\ kx − 2y + (k − 1)z = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 0 \\ 0 = 0 \\ kx = 0 \\ z = 0 \end{cases}

Dobbiamo ora distinguere due casi.

• Se k ≠ 0 otteniamo la sola soluzione x = y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente indipendenti:

dim(W) = 3
B(W) = {A, B, C}

• Se k = 0 otteniamo la sola soluzione x = t, y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente dipendenti. In particolare A è la matrice nulla e A = 0 · B + 0 · C dipende linearmente da B e C. Se studiamo invece la dipendenza di B e C risolvendo l’equazione yB + zC = 0 otteniamo la sola soluzione y = z = 0 quindi B e C sono linearmente indipendenti (Infatti B e C non sono una multiplo dell’altra). Di conseguenza

dim(W) = 2
B(W) = {B, C}
□

Esercizio 6.16 (6.5). Dopo avere stabilito se le seguenti matrici sono invertibili calcolarne l’inversa:

A_{1} = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}]  A_{2} = [\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]  A_{3} = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 3 \end{matrix}]

A_{4} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & 5 \end{matrix}]  A_{5} = [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]  A_{6} = [\begin{matrix}1 & −1 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 7 \end{matrix}]

Soluzione:

FOGLIO DI ESERCIZI 6 – GEOMETRIA 2009/10 13

• Poichè det(A_{1}) = −1 − 4 = −5 la matrice A_{1} è invertibile. Inoltre

\begin{cases}a′_{11} = (−1)^{1+1}(−1) = −1 \\ a′_{12} = (−1)^{1+2}2 = −2 \\ a′_{21} = (−1)^{2+1}2 = −2 \\ a′_{22} = (−1)^{2+2}1 = 1 \end{cases} ⇒ A_{1}^{−1} = [\frac{2}{5} −\frac{1}{5}^{\frac{1}{5} \frac{2}{5}} ]

• Consideriamo A_{2}. Poichè det(A_{2}) = 3 · 1 = 3 ≠ 0, la matrice A_{2} è invertibile. Inoltre

\begin{cases}a′_{11} = (−1)^{1+1}1 = 1 \\ a′_{12} = (−1)^{1+2}0 = 0 \\ a′_{21} = (−1)^{2+1}0 = 0 \\ a′_{22} = (−1)^{2+2}3 = 3 \end{cases} ⇒ A_{2}^{−1} = [\begin{matrix}\frac{1}{3} & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

• Consideriamo A_{3}. Poichè det(A_{3}) = 3 − 2 = 1 ≠ 0, la matrice A_{3} è invertibile. Inoltre

\begin{cases}a′_{11} = (−1)^{1+1}3 = 3 \\ a′_{12} = (−1)^{1+2}2 = −2 \\ a′_{21} = (−1)^{2+1}1 = −1 \\ a′_{22} = (−1)^{2+2}1 = 1 \end{cases} ⇒ A_{3}^{−1} = [\begin{matrix}3 & −1 \\ −2 & 1 \end{matrix}]

• Poichè det(A_{4}) = 10 ≠ 0, la matrice A_{4} è invertibile. Inoltre

\begin{cases}a′_{11} = (−1)^{1+1} det [\begin{matrix}2 & −1 \\ 0 & 5 \end{matrix}] = 10 \\ a′_{12} = (−1)^{1+2} = det [\begin{matrix}0 & −1 \\ 0 & 5 \end{matrix}] = 0 \\ a′_{13} = (−1)^{1+3}1 = det [\begin{matrix}0 & 2 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = 0 \\ a′_{21} = (−1)^{2+1} det [\begin{matrix}−4 & 2 \\ 0 & 5 \end{matrix}] = 20 \\ a′_{22} = (−1)^{2+2} = det [\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & 5 \end{matrix}] = 5 \\ a′_{23} = (−1)^{2+3} = det [\begin{matrix}1 & −4 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = 0 \\ a′_{31} = (−1)^{3+1} det [\begin{matrix}−4 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}] = 0 \\ a′_{32} = (−1)^{3+2} = det [\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix}] = 1 \\ a′_{33} = (−1)^{3+3} = det [\begin{matrix}1 & −4 \\ 0 & 2 \end{matrix}] = 2 \end{cases} ⇒ A_{4}^{−1} = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{10} \\ 0 & 0 & \frac{1}{5} \end{matrix} ]

• Poichè det(A_{5}) = −6 ≠ 0, la matrice A_{5} è invertibile. Inoltre

a′_{11} = 3  a′_{12} = 0  a′_{13} = 0
a′_{21} = 0  a′_{22} = −6  a′_{23} = 0
a′_{31} = 0  a′_{32} = 0  a′_{33} = −2

Quindi

A_{5}^{−1} = [\begin{matrix}−\frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{matrix}]

• Poichè det(A_{6}) = 4 ≠ 0, la matrice A_{6} è invertibile. Inoltre

a′_{11} = 7  a′_{12} = −3  a′_{13} = −2
a′_{21} = 7  a′_{22} = 1  a′_{23} = −2
a′_{31} = −5  a′_{32} = 1  a′_{33} = 2

Quindi

A_{6}^{−1} = [\begin{matrix}\frac{7}{4} & \frac{7}{4} & −\frac{5}{4} \\ −\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ]

□

Esercizio 6.17 (6.7). Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}k & k − 1 & k \\ 0 & 2k − 2 & 0 \\ 1 & k − 1 & 2 − k \end{matrix}] (k reale).

a) Si determini per quali valori di k la matrice A è invertibile. Si calcoli la matrice inversa di A per k = −1.

b) Calcolare il rango di A al variare del parametro k.

Soluzione:

a) Una matrice quadrata è invertibile se ha determinante diverso da zero, ovvero se ha rango massimo. Calcoliamo quindi il determinante di A sviluppando rispetto alla seconda riga:

det(A) = (2k − 2) · [k(2 − k) − k] = (2k − 2)(−k^{2} + k)

Quindi det(A) = 0 se

2k − 2 = 0 ⇒ k = 1
− k^{2} + k = 0 ⇒ k = 0 o k = 1

Infine A è invertibile se k ≠ 0 e k ≠ 1.

Calcoliamo l’inversa di A quando k = −1 con il metodo della riduzione:

[\begin{matrix}−1 & −2 & −1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −4 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −2 & 3 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−I \\ −1/4II \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 1 & | & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & −4 & 2 & | & 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

III + 4II [\begin{matrix}1 & 2 & 1 & | & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 2 & | & 1 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I − 2II \\ 1/2III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & −1 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}]

⇒ I − III [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & −\frac{3}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ]  ⇒  A^{−1} = [\begin{matrix}−\frac{3}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \\ 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ]

b) Abbiamo visto che se k ≠ 0, 1 la matrice ha determinante non nullo, quindi in questi casi rg(A) = 3.

Inoltre:

– Se k = 0, A diventa

[\begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ 1/2II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ rg(A) = 2

– Se k = 1, A diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ rg(A) = 1

□