CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 5– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2012/13

Esercizio 5.1. Si considerino le matrici

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

a) Trovare, se esistono, i valori del parametro reale k per i quali null(A) = null(B) = 0.

b) Sia C = AB. Stabilire se il sistema lineare Cx = 0 ha soluzione unica quando k = 0.

Soluzione:

a) Ricordiamo che in una matrice A di dimensioni m × n si ha null(A) = n − rg(A). Quindi in questo caso null(A) = 3 − rg(A) e null(A) = 0 se e solo se rg(A) = 3; la stessa cosa vale per B. Determiniamo dunque per quali k la matrice A ha rango massimo, riducendola a gradini:

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

Quindi null(A) = 0 se e solo se k ≠ 0. Riduciamo ora la matrice B

[\begin{matrix}3 & 2 & −1 \\ −1 & 1 & 0 \\ 2 & k & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3II + I \\ III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}3 & 2 & −1 \\ 0 & 5 & −1 \\ 0 & k + 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ 5III − (k + 2)II [\begin{matrix}3 & 2 & −1 \\ 0 & 5 & −1 \\ 0 & 0 & k + 7 \end{matrix} ]

Si conclude che null(B) = 0 se e solo se k ≠ −7.

Quindi null(A) = null(B) = 0 se e solo se k ≠ 0, −7.

b) Per k = 0 la matrice C = AB è

[\begin{matrix}6 & 7 & −4 \\ 10 & 7 & −2 \\ −10 & −7 & 2 \end{matrix}]

ed essendo le ultime due righe una opposta dell’altra, tale matrice non ha rango massimo, per cui il sistema Cx = 0, non ha un’unica soluzione.

L’esercizio poteva essere risolto in maniera differente utilizzando i determinanti.

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Esercizio 5.2. Si considerino le matrici

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

con k parametro reale.

a) Si risolva il sistema Ax = b al variare del parametro k.

b) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) appartiene all’insieme Sol(Ax = b).

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A|b:

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

\begin{matrix}III + II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 3 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & k + 1 & k − 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & k − 2 & | & k − 2 \end{matrix}]

Discutiamo ora i valori del parametro.

– Se k ≠ 1, 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 4, quindi il sistema ammette un’unica soluzione ottenuta risolvendo il sistema:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ (k + 1)z + (k − 2)w = 1 \\ (k − 2)w = k − 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − \frac{3 − k}{k + 1} − 3 \\ y = −2 \\ z = \frac{1 − (k − 2)}{k + 1} = \frac{3 − k}{k + 1} \\ w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{k + 5}{k + 1} \\ y = −2 \\ z = \frac{3 − k}{k + 1} \\ w = 1 \end{cases}

– Se k = 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi il sistema ammette infinite soluzioni:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ 3z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − \frac{1}{3} − 3t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{3} \\ w = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{3} − 3t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{3} \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ ℝ

Le soluzioni possono anche essere scritte nella forma (\frac{2}{3}, 0, \frac{1}{3}, 0) + (−3, −2, 0, 1)t con t ∈ ℝ.

– Se k = 1 si ha rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4, quindi il sistema non ammette soluzione.

b) Per stabilire se v appartiene all’insieme Sol(Ax = b) la cosa più semplice è sostituire le sue coordi-

nate (x, y, z, w) = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) nel sistema ridotto:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ (k + 1)z + (k − 2)w = 1 \\ (k − 2)w = k − 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}−\frac{7}{3} + \frac{1}{3} + 3 = 1 \\ −2 + 2 = 0 \\ (k + 1) · \frac{1}{3} + (k − 2) · 1 = 1 \\ (k − 2) · 1 = k − 2 \end{cases} ⇒ k = 2

Oppure si poteva sostituire nel sistema iniziale, ottenendo le condizioni:

\begin{cases}−\frac{7}{3} + \frac{1}{3} + 3 = 1 \\ −\frac{7}{3} − 2 + \frac{1}{3} + 5 = 1 \\ −\frac{7}{3} + 2 + \frac{k + 2}{3} + k − 1 = 2 \\ −\frac{7}{3} + \frac{k + 2}{3} + 2k − 1 = k \end{cases} ⇒ k = 2

Quindi v ∈ Sol(Ax = b) se k = 2.

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Esercizio 5.3 (v. 7.62). Sia A la matrice reale seguente:

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

a) Determinare il rango di A al variare del parametro reale k.

b) Calcolare null(A) e le soluzioni del sistema lineare omogeneo Ax = 0, nel caso k = 1.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A:

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

a) Per quanto riguarda il rango di A otteniamo:

– Se k ≠ −1 la matrice A ha rango 3.

– Se k = −1 la matrice A ha rango 2. b) Per k = 1 null(A) = 4 − 3 = 1.

Ponendo k = 1 al termine della riduzione e considerando il sistema omogeneo associato otteniamo:

[\begin{matrix}1 & −2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − 2y + z = 0 \\ y + z + w = 0 \\ −2z − 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = 0 \\ z = t \\ w = −t \end{cases} ∀t ∈ ℝ

Quindi il nucleo di A è l’insieme (spazio vettoriale):

Sol(A|0) = { (−1, 0, 1, −1) · t | t ∈ ℝ }
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Esercizio 5.4 (6.4). Calcolare l’inversa delle matrici (invertibili)

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}1 & −1 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 7 \end{matrix}]

utilizzando il metodo della riduzione a gradini.

Soluzione:

• Consideriamo la matrice A e procediamo affiancando ad A la matrice identica 2 × 2 prima di calcolare rref(A):

[\begin{matrix}1 & 2 & | & 1 & 0 \\ 2 & −1 & | & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − 2I [\begin{matrix}1 & 2 & | & 1 & 0 \\ 0 & −5 & | & −2 & 1 \end{matrix}]

⇒ −1/5II [\begin{matrix}1 & 2 & | & 1 & 0 \\ 0 & 1 & | & \frac{2}{5} & −\frac{1}{5} \end{matrix}] ⇒ I − 2II [\begin{matrix}1 & 0 & | & \frac{1}{5} & \frac{2}{5} \\ 0 & 1 & | & \frac{2}{5} & −\frac{1}{5} \end{matrix}]

Di conseguenza

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

• Consideriamo la matrice B e procediamo affiancando a B la matrice identica 3×3 prima di calcolare rref(B):

[\begin{matrix}1 & −1 & 3 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & | & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 7 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 3 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −1 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & −2 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

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

⇒ \begin{matrix}I − 3III \\ II + 1/2III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & | & \frac{5}{2} & \frac{3}{2} & −\frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & | & −\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & 1 & | & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ] ⇒ I + II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & \frac{7}{4} & \frac{7}{4} & −\frac{5}{4} \\ 0 & 1 & 0 & | & −\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & 1 & | & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ]

Di conseguenza

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

Notiamo che se M ∈ M_{n×n} è una matrice tale che rref(M) = I_{n}, allora rg(M) = n, quindi: una matrice n × n è invertibile se e solo se ha rango n.

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Esercizio 5.5 (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:

b) Una matrice quadrata è invertibile se ha rango massimo. Riduciamo A a gradini:

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

– Se k ≠ 0, 1, rg(A) = 3,

– Se k = 0, rg(A) = 2,

– Se k = 1, rg(A) = 1.

a) 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} ]
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Esercizio 5.6 (6.9). Sia A la matrice reale

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

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

b) Esistono valori di k per i quali la matrice è invertibile?

Soluzione:

a) Riduciamo A a gradini:

II − 3kI [\begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ 0 & 8 + 8k & k − 1 \\ 0 & 8k + 8 & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ 0 & 8 + 8k & k − 1 \\ 0 & 0 & −k + 1 \end{matrix}]

Quindi:

– Se k ≠ ±1, la matrice ha 3 pivot, quindi rg(A) = 3.

– Se k = 1 o k = −1, la matrice ha 2 pivot, quindi rg(A) = 2.

b) Una matrice quadrata è invertibile se ha rango massimo. In questo caso A è invertibile quando ha

rango 3 cioè se k ≠ ±1.

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Esercizio 5.7 (v. 6.6). Dato k ∈ ℝ, si considerino le seguenti matrici reali

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

a) Stabilire per quali valori di k la matrice A_{k} è invertibile.

b) Trovare la matrice inversa di A_{1}, per k = 1.

c) Risolvere l’equazione matriciale A_{1}X + B = 0, con X matrice reale 3 × 3.

Soluzione: a) Riduciamo A_{k} a gradini:

II − kI [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 − k \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ III − 2II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 − k \\ 0 & 0 & −3 + 2k \end{matrix}]

Quindi:

– Se k ≠ \frac{3}{2}, rg(A) = 3 e A_{k} è invertibile.

– Se k = \frac{3}{2}, rg(A) = 2 e A_{k} = A_{\frac{3}{2}} non è invertibile.

b) Fissato k = 1, calcoliamo l’inversa di A_{1} calcolando rref(A_{1}) dopo avere affiancato a A_{1} la matrice identica:

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

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

⇒ A_{1}^{−1} = [\begin{matrix}3 & −2 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \\ −2 & 2 & −1 \end{matrix}] (con k = 1)

c) Per risolvere l’equazione matriciale A_{1}X + B = 0, basta osservare che, essendo A_{1} invertibile, possiamo ottenere la relazione:

A_{1}X + B = 0 ⇒ A_{1}X = −B ⇒ A_{1}^{−1}A_{1}X = −A_{1}^{−1}B ⇒ X = −A_{1}^{−1}B

Avendo già calcolato l’inversa A_{1}^{−1}, si tratta semplicemente di effettuare il prodotto

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

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Esercizio 5.8 (6.11). Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}1 & k & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 \\ 2 & k & 0 \end{matrix}] (k reale).

a) Stabilire per quali valori di k la matrice A è invertibile.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente determinare l’inversa di A.

Soluzione:

a) Calcoliamo il rango di A riducendola a gradini, ricordando che una matrice è invertibile se ha rango massimo (in questo caso 3):

III − 2I [\begin{matrix}1 & k & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 \\ 0 & −k & 0 \end{matrix}] ⇒ III + kII [\begin{matrix}1 & k & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 \\ 0 & 0 & k(k − 4) \end{matrix}]

A ha tre pivot, e quindi rango 3, se k(k − 4) ≠ 0. Quindi A è invertibile se k ≠ 0, 4.

b) Per determinare l’inversa di A calcoliamo rref(A) dopo avere affiancato a A la matrice identica, tenendo conto delle condizioni k ≠ 0, 4:

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

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

Quindi

A^{−1} = [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ \frac{2}{k} & 0 & −\frac{1}{k} \\ −\frac{2}{k(k−4)} & \frac{1}{k−4} & \frac{1}{k(k−4)} \end{matrix} ] ∀k ≠ 0, 4

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Esercizio 5.9. Sia A una matrice reale invertibile che soddisfa l’equazione 2A^{2} − A − I = 0. Esprimere l’inversa A^{−1} di A in funzione di A.

Soluzione: Essendo A invertibile, otteniamo le seguenti relazioni:

2A^{2} − A − I = 0 ⇒ A^{−1} · (2A^{2} − A − I) = A^{−1} · 0 ⇒ 2A − I − A^{−1} = 0 ⇒ A^{−1} = 2A − I

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Esercizio 5.10 (v. 7.93). Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}0 & 4 \\ 4 & 0 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 9 \\ 10 & 1 \end{matrix}] ,  D = [\begin{matrix}6 & k − 2 \\ 2 & k + 2 \end{matrix}]

Si stabilisca per quali valori di k la matrice D è combinazione lineare di A, B e C. In tali casi si esprima D come combimazione lineare di A, B e C.

Soluzione: Si tratta di risolvere l’equazione xA + yB + zC = D. Tale equazione si traduce nel seguente sistema

\begin{cases}2x + 2z = 6 \\ x + 4y + 9z = k − 2 \\ 2x + 4y + 10z = 2 \\ x + z = k + 2 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}2 & 0 & 2 & | & 6 \\ 1 & 4 & 9 & | & k − 2 \\ 2 & 4 & 10 & | & 2 \\ 1 & 0 & 1 & | & k + 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 1/2I \\ III − I \\ IV − 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 4 & 8 & | & k − 5 \\ 0 & 4 & 8 & | & −4 \\ 0 & 0 & 0 & | & k − 1 \end{matrix}] ⇒

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

Il sistema ammette soluzioni solo se k = 1, quindi D è combinazione lineare di A, B e C solo se k = 1 quando otteniamo:

\begin{cases}x + z = 3 \\ y + 2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 3 − t \\ y = −1 − 2t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ ℝ

⇒ D = (3 − t)A + (−1 − 2t)B + C  ∀t ∈ ℝ,  se k = 1.
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Esercizio 5.11 (5.16). Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}2 & k + 1 \\ 4 & k − 3 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 2k − 2 & 2k − 1 \end{matrix}]

a) Si stabilisca per quale valore di k ∈ ℝ le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti.

b) Per il valore trovato in a) esprimere B come combinazione lineare di A e C.

Soluzione:

a) Per stabilire quando le tre matrici sono linearmente dipendenti risolviamo l’equazione xA + yB + zC = 0:

[\begin{matrix}x + 2y & x + (k + 1)y + z \\ 2x + 4y + (2k − 2)z & −x + (k − 3)y + (2k − 1)z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

da cui si ottiene il sistema

\begin{cases}x + 2y = 0 \\ x + (k + 1)y + z = 0 \\ 2x + 4y + (2k − 2)z = 0 \\ −x + (k − 3)y + (2k − 1)z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 1 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 2 & 4 & 2k − 2 & | & 0 \\ −1 & k − 3 & 2k − 1 & | & 0 \end{matrix}]

Notiamo che le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti se il sistema ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla x = y = z = 0. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata al sistema:

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

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

Dobbiamo ora distinguere due casi.

– Se k ≠ 1 otteniamo la sola soluzione x = y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente indipendenti.

– Se k = 1 otteniamo il sistema

\begin{cases}x + 2y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ ℝ ⇒ −2t · A + t · B + 0 · C = 0 ∀t ∈ ℝ

Il sistema ha infinite soluzioni e quindi le tre matrici sono linearmente dipendenti.

b) Per k = 1 abbiamo ottenuto al punto precedente −2t · A + t · B + 0 · C = 0 ∀t ∈ ℝ. Ponendo per

esempio t = 1 otteniamo −2A + B = 0, ovvero B = 2A.

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Esercizio 5.12 (5.17). Date le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ −1 & 3 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}−1 & 1 \\ 2 & 3 \end{matrix}] , D = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix}]

stabilire se D è combinazione lineare di A, B, C.

Soluzione: Si tratta di determinare se esiste soluzione dell’equazione

Ax + By + Cz = D

Esplicitando tale equazione otteniamo:

Ax + By + Cz = [\begin{matrix}x & 2x \\ −x & 3x \end{matrix}] + [\begin{matrix}2y & y \\ y & y \end{matrix}] + [\begin{matrix}−z & z \\ 2z & 3z \end{matrix}] = [\begin{matrix}x + 2y − z & 2x + y + z \\ −x + y + 2z & 3x + y + 3z \end{matrix}]

Quindi:

[\begin{matrix}x + 2y − z & 2x + y + z \\ −x + y + 2z & 3x + y + 3z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y − z = 0 \\ 2x + y + z = 1 \\ −x + y + 2z = −1 \\ 3x + y + 3z = 2 \end{cases}

Dobbiamo quindi risolvere il sistema lineare non omogeneo di quattro equazioni i tre incognite:

[\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 2 & 1 & 1 & | & 1 \\ −1 & 1 & 2 & | & −1 \\ 3 & 1 & 3 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + I \\ IV − 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 3 & | & 1 \\ 0 & 3 & 1 & | & −1 \\ 0 & −5 & 6 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + II \\ 3IV − 5II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & | & 1 \end{matrix}]

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

Tornando al sistema notiamo che l’ultima equazione è 0 = 4, quindi il sistema non ammette soluzione e D non è combinazione lineare di A, B e C.

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Esercizio 5.13 (7.22). Siano dati i segunti vettori di ℝ^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 1),  v_{2} ≡ (2, 7, 7),  v_{3} ≡ (0, k^{2} + 2, 3),  v_{4} ≡ (1, k + 3, k^{2} + 2).

Stabilire se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} al variare del parametro k.

Soluzione: Si tratta di stabilire se l’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} ammette soluzione.

Il vettore xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} è (x + 2y, x + 7y + (k^{2} + 2)z, x + 7y + 3z), quindi la precedente equazione si traduce nel sistema

\begin{cases}x + 2y = 1 \\ x + 7y + (k^{2} + 2)z = k + 3 \\ x + 7y + 3z = k^{2} + 2 \end{cases}

Infine possiamo considerare la matrice associata a tale sistema

A|b = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 1 & 7 & k^{2} + 2 & | & k + 3 \\ 1 & 7 & 3 & | & k^{2} + 2 \end{matrix}]

Per Rouchè - Capelli il sistema ammette soluzione se rg(A) = rg(A|b). Notiamo che potevamo passare direttamente dai vettori alla matrice A|b:

Un vettore v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3} se e solo se rg(A) = rg(A|b), dove A è la matrice che ha per colonne i vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e b è la matrice colonna formata da v_{4}.

Riduciamo la matrice a gradini:

\begin{matrix}II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 5 & k^{2} + 2 & | & k + 2 \\ 0 & 0 & k^{2} − 1 & | & k^{2} − k − 1 \end{matrix}]

Consideriamo il pivot della terza riga e distinguiamo i casi necessari.

• Se k ≠ ±1 sia la matrice completa che quella incompleta hanno 3 pivot, quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette (una unica) soluzione. Di conseguenza v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

• Se k = 1 la matrice diventa:

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 5 & 3 & | & 3 \\ 0 & 0 & 0 & | & −1 \end{matrix}]

Quindi A ha 2 pivot, mentre A|b ne ha 3. Dal momento che rg(A) < rg(A|b) il sitema non ammette soluzioni e v_{4} non è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

• Se k = −1 la matrice diventa:

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 5 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & −1 \end{matrix}]

Quindi A ha 2 pivot, mentre A|b ne ha 3. Dal momento che rg(A) < rg(A|b) il sitema non ammette soluzioni e v_{4} non è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

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Esercizio 5.14 (7.25).

a) Mostrare che i vettori

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

sono linearmente indipendenti per ogni valore di k ∈ ℝ.

b) Esprimere il vettore v = (2, 1, 2) come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3}.

Soluzione: Per rispondere alla domanda a) dobbiamo verificare che l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0 ammette solo la soluzione nulla, ovvero che la matrice A associata ai tre vettori ha sempre rango 3.

Per rispondere alla domanda b) dobbiamo verificare che l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v ammette soluzione (e non ha importanza se ne ammette una oppure infinite), ovvero che rg(A|b) = rg(A), dove A|b è la matrice associata all’equazione.

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo quindi direttamente a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e dal vettore v come colonna dei termini noti:

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

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

a) Per rispondere alla prima domanda ci interessa solo la matrice A dei cofficienti. La matrice dei coefficienti ha sempre rango 3, quindi l’equazionine xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0 ammette la sola soluzione nulla e v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente indipendenti per ogni valore di k.

b) Risolviamo il sistema xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v di cui abbiamo già ridotto a gradini la matrice associata:

\begin{cases}x + kz = 2 \\ −y + z = 2 \\ z = 2k − 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2k^{2} + k + 2 \\ y = 2k − 3 \\ z = 2k − 1 \end{cases}

Quindi

v = (−2k^{2} + k + 2)v_{1} + (2k − 3)v_{2} + (2k − 1)v_{3}

è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

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Esercizio 5.15 (5.19). Siano dati i polinomi

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

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

Soluzione: Si tratta di stabilire se l’equazione

ap_{1}(x) + bp_{2}(x) + cp_{3}(x) = f(x)

ammette soluzioni. Esplicitando l’equazione otteniamo:

ap_{1}(x) + bp_{2}(x) + cp_{3}(x) = a(1 + x) + b(1 + 2x + x^{2}) + c(x − x^{2})
= (b − c)x^{2} + (a + 2b + c)x + (a + b)

Quindi

(b − c)x^{2} + (a + 2b + c)x + (a + b) = x^{2} − x + 2 ⇒ \begin{cases}b − c = 1 \\ a + 2b + c = −1 \\ a + b = 2 \end{cases}

Risolviamo ora il sistema

[\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}] ⇒ \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)

L’esercizio poteva essere svolto in maniera leggermente semplificata osservando che a ogni polinomio possiamo associare il vettore formato dai suoi coefficienti dopo avere scelto un ordine per l’insieme B = {x^{2}, x, 1}. La giustificazione precisa di questo fatto verrà data dopo avere introdotto il concetto di base, ma possiamo intanto osservare che ogni vettore è univocamente determinato dai suoi coefficienti e che la somma e il prodotto per scalari sono definiti in maniera analoga tra vettori e tra polinomi. Di conseguenza ai polinomi p_{1}(x), p_{2}(x) e p_{3}(x) possiamo associamo i tre vettori

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

Il polinomio f(x) è combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x) se il vettore f è combinazione lineare dei vettori p_{1}, p_{2}, p_{3}. Risolvendo l’equazione ap_{1} + bp_{2} + cp_{3} otteniamo il sistema a cui è associata la matrice

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

che è infatti la stessa che abbiamo ottenuto con il precedente metodo.

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