CORSI DI LAUREA IN MATEMATICA E FISICA

FOGLIO DI ESERCIZI # 2– GEOMETRIA 1

Esercizio 2.1 (Esercizio 1.1). Date le matrici

A = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & −1 \end{matrix}) B = (\begin{matrix}3 & 0 \\ −1 & 4 \end{matrix})

e dati λ = 5, μ = 2, calcolare A + B, B − A, λA + μB. Soluzione:

A + B = (\begin{matrix}1 + 3 & 2 + 0 \\ 3 + (−1) & −1 + 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix})

B − A = (\begin{matrix}3 − 1 & 0 − 2 \\ −1 − 3 & 4 − (−1) \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & −2 \\ −4 & 5 \end{matrix})

5A + 2B = (\begin{matrix}5 & 10 \\ 15 & −5 \end{matrix}) + (\begin{matrix}6 & 0 \\ −2 & 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix}11 & 10 \\ 13 & 3 \end{matrix})

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Esercizio 2.2. Scrivere, se è possibile, la matrice

D = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix})

come combinazione lineare di

A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) B = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) C = (\begin{matrix}0 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix})

Soluzione:

Si tratta di determinare se esiste soluzione dell’equazione

Ax + By + Cz = D

Esplicitando tale equazione otteniamo:

Ax + By + Cz = (\begin{matrix}x & x \\ x & 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 0 \\ y & y \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 2z \\ 0 & −z \end{matrix}) = (\begin{matrix}x & x + 2z \\ x + y & y − z \end{matrix})

Quindi:

(\begin{matrix}x & x + 2z \\ x + y & y − z \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}) ⇒ \begin{cases}x = 3 \\ x + 2z = 1 \\ x + y = 1 \\ y − z = −1 \end{cases}

Risolvendo il sistema per sotituzione, si vede facilmente che ha soluzione data da \begin{cases}x = 3 \\ z = −1 \\ y = −2 \end{cases} quindi D = 3A − 2B − C.

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Esercizio 2.3. Scrivere, se possibile, la matrice

D = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix})

come combinazione lineare di

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})

Soluzione: La risoluzione è la stessa dell’esercizio precedente ed ` immediato verificare che D = 3A + B − C, cioè

\begin{cases}x = 3 \\ y = 1 \\ z = −1 \end{cases} l̀a soluzione cercata.

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Esercizio 2.4 (Esercizio 1.15). Date le matrici

A = (\begin{matrix}1 & k \\ 0 & 1 \end{matrix}) , B = (\begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 2 \end{matrix}) , C = (\begin{matrix}3 & 6 \\ 1 & 3 \end{matrix})

stabilire se esistono valori di k per cui C è combinazione lineare di A, B. In caso positivo esprimere tale combinazione lineare.

Soluzione: Analogamente all’esercizio precedente si tratta di determinare se esiste soluzione dell’equazione

Ax + By = C

Esplicitando tale equazione otteniamo:

Ax + By = (\begin{matrix}x & kx \\ 0 & x \end{matrix}) + (\begin{matrix}2y & 3y \\ y & 2y \end{matrix}) = (\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ y & x + 2y \end{matrix})

Quindi:

(\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ y & x + 2y \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 & 6 \\ 1 & 3 \end{matrix}) ⇒ \begin{cases}x + 2y = 3 \\ kx + 3y = 6 \\ y = 1 \\ x + 2y = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + 2 = 3 \\ kx + 3 = 6 \\ y = 1 \\ x + 2 = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ kx = 3 \\ y = 1 \\ x = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ k = 3 \\ y = 1 \\ x = 1 \end{cases}

Quindi • Se k = 3 il sistema ammette la sola soluzione x = y = 1 e A + B = C.

• Se k ≠ 3 il sistema non ammette soluzione e C non è combinazione di A e B.

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Esercizio 2.5 (Esercizio 1.5). Date le matrici A = (−2 \frac{1}{2} 3 1) B = (1 −3 \frac{2}{3} 1)

calcolare 3A − 2B e AB^{T}.

Soluzione:

3A − 2B = (−6 \frac{3}{2} 9 3) − (2 −6 \frac{4}{3} 2) = (−8 \frac{15}{2} \frac{23}{3} 1)

AB^{T} = (−2 \frac{1}{2} 3 1) · ( 1 ; −3 ; \frac{2}{3} ; 1) = (−\frac{1}{2})

Notiamo che la matrice (−\frac{1}{2}) è detta matrice scalare.

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Esercizio 2.6 (Esercizio 1.4). Date le matrici

A = (1 2 3 4) I_{4} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix})

calcolare i prodotti AI_{4} e I_{4}A^{T}.

Soluzione: Notiamo che la matrice quadrata I_{4} è detta matrice identica di ordine 4. In generale le matrici identiche (dei differenti ordini) vengono indicate I.

AI_{4} = (1 2 3 4) = A

I_{4}A^{T} = I_{4} · (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}) = A^{T}

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Esercizio 2.7 (Esercizio 1.2). Per ognuna delle seguenti coppie di matrici A, B e scalari λ, μ ∈ R, calcolare A + B, B − A, λA + μB, AB, BA, A^{2}:

A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 2 \end{matrix})  B = (\begin{matrix}3 & 2 \\ −1 & 4 \end{matrix})  λ = \frac{1}{2}, μ = 0
A = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 3 & −1 & −1 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix})  B = (\begin{matrix}3 & 0 & 2 \\ −1 & 4 & 5 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix})  λ = 2, μ = −1

Soluzione: Comiciamo dalla prima coppia di matrici:

A + B = (\begin{matrix}4 & 3 \\ 1 & 6 \end{matrix})  B − A = (\begin{matrix}2 & 1 \\ −3 & 2 \end{matrix})
λA + μB = \frac{1}{2} · A + 0 · B = \frac{1}{2}A = (1 1^{\frac{1}{2} \frac{1}{2}})  AB = (\begin{matrix}2 & 6 \\ 4 & 12 \end{matrix})
BA = (\begin{matrix}7 & 7 \\ 7 & 7 \end{matrix})  A^{2} = A · A = (\begin{matrix}3 & 3 \\ 6 & 6 \end{matrix})

Analogamente per la seconda coppia di matrici:

A + B = (\begin{matrix}4 & 0 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix})  B − A = (\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ −4 & 5 & 6 \\ −3 & 0 & 1 \end{matrix})

λA + μB = 2A − B = (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 7 & −6 & −7 \\ 5 & 0 & −2 \end{matrix})  AB = (\begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 11 & −4 & 1 \\ 7 & 0 & 4 \end{matrix})

BA = (\begin{matrix}7 & 0 & 1 \\ 21 & −4 & −10 \\ −1 & 0 & −1 \end{matrix})  A^{2} = A · A = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ −2 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix})
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Esercizio 2.8 (Esercizio 1.3). Date le seguenti matrici:

A_{1} = (\begin{matrix}−1 & 2 & 5 & −3 \\ 3 & −1 & 0 & 2 \\ 4 & 0 & 0 & −2 \end{matrix});  A_{2} = (\begin{matrix}0 & −2 & 5 \\ 4 & −3 & 2 \end{matrix});  A_{3} = (\begin{matrix}5 & 0 \\ −1 & 2 \\ 4 & 5 \\ 5 & −1 \end{matrix});

A_{4} = (\begin{matrix}3 & 5 \\ −1 & 10 \\ −2 & 0 \end{matrix});  A_{5} = (\begin{matrix}−2 & 4 & 1 \\ −4 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix});  A_{6} = (\begin{matrix}−3 & 1 & −1 \\ −8 & 5 & 3 \end{matrix});

calcolare, quando possibile, i prodotti A_{i} · A_{j} per i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Soluzione: Ricordiamo che una matrice è detta n × m se ha n righe e m colonne. Inoltre è possibile moltiplicare due matrici A e B solamente se

• A è del tipo n × m

• B è del tipo m × k

(cioè se il numero delle colonne di A è uguale al numero delle righe di B). Il risultato è una matrice C del tipo n × k.

Scriviamo solo i prodotti che è possibile effettuare:

A_{1} · A_{3} = (\begin{matrix}−2 & 32 \\ 26 & −4 \\ 10 & 2 \end{matrix})

A_{2} · A_{1} = (\begin{matrix}14 & 2 & 0 & −14 \\ −5 & 11 & 20 & −22 \end{matrix})  A_{2} · A_{4} = (\begin{matrix}−8 & −20 \\ 11 & −10 \end{matrix})  A_{2} · A_{5} = (\begin{matrix}8 & −8 & 8 \\ 4 & 4 & −8 \end{matrix})

A_{3} · A_{2} = (\begin{matrix}0 & −10 & 25 \\ 8 & −4 & −1 \\ 20 & −23 & 30 \\ −4 & −7 & 23 \end{matrix})  A_{3} · A_{6} = (\begin{matrix}−15 & 5 & −5 \\ −13 & 9 & 7 \\ −52 & 29 & 11 \\ −7 & 0 & −8 \end{matrix})

A_{4} · A_{2} = (\begin{matrix}20 & −21 & 25 \\ 40 & −28 & 15 \\ 0 & 4 & −10 \end{matrix})  A_{4} · A_{6} = (\begin{matrix}−49 & 28 & 12 \\ −77 & 49 & 31 \\ 6 & −2 & 2 \end{matrix})

A_{5} · A_{1} = (\begin{matrix}18 & −8 & −10 & 12 \\ 32 & −12 & −20 & 12 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) A_{5} · A_{4} = (\begin{matrix}−12 & 30 \\ −24 & 20 \\ 0 & 0 \end{matrix})  A_{5} · A_{5} = (\begin{matrix}−12 & 8 & 14 \\ −8 & 0 & 12 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

A_{6} · A_{1} = (\begin{matrix}2 & −7 & −15 & 13 \\ 35 & −21 & −40 & 28 \end{matrix})  A_{6} · A_{4} = (\begin{matrix}−8 & −5 \\ −35 & 10 \end{matrix})  A_{6} · A_{5} = (\begin{matrix}2 & −8 & 1 \\ −4 & −12 & 12 \end{matrix})
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Esercizio 2.9 (Esercizio 1,6). Calcolare la potenza A^{3} della matrice

(\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix})

Soluzione: Si tratta di eseguire due prodotti:

A^{3} = A · A · A = (\begin{matrix}3 & −4 & 3 \\ 1 & 9 & 4 \\ 2 & −1 & 3 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}6 & −15 & 5 \\ 5 & 26 & 15 \\ 5 & −5 & 6 \end{matrix})

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Esercizio 2.10 (Esercizio 1.7). Data la matrice

A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ −3 & 2 \end{matrix})

calcolare, se esiste, l’inversa di A (cioè determinare se esiste la matrice B tale che AB = BA = I).

Soluzione: Sia B la matrice cercata. Per potere effettuare i prodotti AB e BA, la matrice B deve essere 2 × 2. Sia quindi

B = (\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix})

la generica matrice 2 × 2 e calcoliamo il prodotto AB:

AB = (\begin{matrix}1 & 1 \\ −3 & 2 \end{matrix}) · (\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}) = (\begin{matrix}x + z & y + w \\ −3x + 2z & −3y + 2w \end{matrix})

Dalla condizione AB = I segue

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

Di conseguenza perché B verifichi la condizione AB = Ideve essere

B = (\frac{2}{5} −\frac{1}{5}_{\frac{3}{5} \frac{1}{5}})

E’ immediato verificare che tale matrice B soddisfa anche la condizione BA = I, di conseguenza B è la matrice inversa di A cercata.

Metodi più efficaci per calcolare l’inversa di una matrice verranno introdotti successsivamente.

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Esercizio 2.11 (Esercizio 1.8). Date le seguenti matrici A, calcolare, se esiste, l’inversa di A (cioè determinare se esiste la matrice B tale che AB = BA = I).

A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 3 & 3 \end{matrix}) A = (\begin{matrix}1 & −1 \\ −3 & 2 \end{matrix})

Soluzione: Consideriamo la matrice

A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 3 & 3 \end{matrix})

Per potere effettuare i prodotti AB e BA, la matrice B deve essere 2 × 2. Sia quindi

B = (\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix})

la generica matrice 2 × 2. Si ha

AB = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 3 & 3 \end{matrix}) · (\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}) = (\begin{matrix}x + z & y + w \\ 3x + 3z & 3y + 3w \end{matrix})

Dalla condizione AB = I segue

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

La terza e la quarta equazione sono impossibili, di conseguenza tutto il sistema non ammette soluzione. Questo indica che la matrice A non ammette inversa.

Consideriamo ora la matrice

A = (\begin{matrix}1 & −1 \\ −3 & 2 \end{matrix})

e sia

B = (\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix})

la generica matrice 2 × 2. Si ha

AB = (\begin{matrix}1 & −1 \\ −3 & 2 \end{matrix}) · (\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}) = (\begin{matrix}x − z & y − w \\ −3x + 2z & −3y + 2w \end{matrix})

Dalla condizione AB = I segue

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

Di conseguenza deve essere

B = (\begin{matrix}−2 & −1 \\ −3 & −1 \end{matrix})

E’ immediato verificare che tale matrice B soddisfa anche la condizione BA = I, di conseguenza B è la matrice inversa di A cercata. Una tale matrice B inversa di A viene normalmente indicata con A^{−1}.

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6 FOGLIO DI ESERCIZI # 2 – 2012-2013

Esercizio 2.12 (Esercizio 1.9). Date le matrici

A = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}) B = (\begin{matrix}1 & −2 \\ 0 & 3 \end{matrix}) C = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix})

calcolare AB, BA, BC e CB. Soluzione:

AB = (\begin{matrix}2 & −4 \\ 0 & 9 \end{matrix}) BA = (\begin{matrix}2 & −6 \\ 0 & 9 \end{matrix})

BC = (\begin{matrix}3 & −6 \\ 0 & 9 \end{matrix}) CB = (\begin{matrix}3 & −6 \\ 0 & 9 \end{matrix})

Notiamo che AB ≠ BA, mentre BC = CB. Infatti il prodotto tra matrici non è in generale commutativo; nel secondo caso si presenta questa situazione particolare in quanto C = 3I.

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Esercizio 2.13 (Esercizio 1.10). Si consideri il seguente insieme (matrici triangolari superiori di M_{2×2}(R))

I = \{(\begin{matrix}a & b \\ 0 & c \end{matrix}) | a, b, c ∈ R\}

Si verifichi che I è chiuso rispetto al prodotto e alla somma di matrici, ovvero che presi due elementi di I anche il loro prodotto e la loro somma sono elementi di I. Soluzione: Siano

A = (\begin{matrix}a & b \\ 0 & c \end{matrix}) B = (\begin{matrix}x & y \\ 0 & z \end{matrix})

due generici elementi di I. Dobbiamo verificare che A + B e AB sono ancora elementi di I:

A + B = (\begin{matrix}a & b \\ 0 & c \end{matrix}) + (\begin{matrix}x & y \\ 0 & z \end{matrix}) = (\begin{matrix}a + x & b + y \\ 0 & c + z \end{matrix}) ∈ I

AB = (\begin{matrix}ax & ay + bz \\ 0 & cz \end{matrix}) ∈ I

Notiamo che l’unica condizione per l’appartenenza a I è che l’elemento di posizione 2, 1 si annulli.

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Esercizio 2.14 (Esercizio 1.11). Mostrare attraverso un esempio che esistono matrici A, B non nulle tali che AB = 0. Soluzione: Possiamo prendere per esempio

A = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) B = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})

Infatti A e B sono non nulle e AB = 0.

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Esercizio 2.15 (Esercizio 1.12). Sia

A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})

e B una matrice tale che AB = BA. Si dimostri che

B = λI_{2} + (\begin{matrix}0 & x \\ 0 & 0 \end{matrix})

dove λ, x ∈ R.

Soluzione:

Sia

B = (\begin{matrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix})

la generica matrice 2 × 2. Si ha

AB = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix}) = (\begin{matrix}b_{11} + b_{21} & b_{12} + b_{22} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix})

BA = (\begin{matrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}b_{11} & b_{11} + b_{12} \\ b_{21} & b_{21} + b_{22} \end{matrix})

Dalla condizione AB = BA segue

\begin{cases}b_{11} + b_{21} = b_{11} \\ b_{12} + b_{22} = b_{11} + b_{12} \\ b_{21} = b_{21} \\ b_{22} = b_{21} + b_{22} \end{cases} ⇒ \begin{cases}b_{21} = 0 \\ b_{22} = b_{11} \\ 0 = 0 \\ b_{21} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}b_{11} = t \\ b_{12} = s \\ b_{21} = 0 \\ b_{22} = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

Di conseguenza B deve essere del tipo

B = (\begin{matrix}t & s \\ 0 & t \end{matrix}) = (\begin{matrix}t & 0 \\ 0 & t \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & s \\ 0 & 0 \end{matrix}) = t · (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & s \\ 0 & 0 \end{matrix})

Abbiamo quindi ottenuto che

B = λI_{2} + (\begin{matrix}0 & x \\ 0 & 0 \end{matrix})

dove λ, x ∈ R.

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Esercizio 2.16 (Esercizio 1.18). Si risolva il sistema Ax = b dove

A = (\begin{matrix}1 & 3 \\ 2 & 4 \end{matrix}) ,  x = (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix})  b = (\begin{matrix}2 \\ −2 \end{matrix})

Soluzione:

Ax = (\begin{matrix}1 & 3 \\ 2 & 4 \end{matrix}) · (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix}x_{1} + 3x_{2} \\ 2x_{1} + 4x_{2} \end{matrix})

Quindi Ax = b implica

\begin{cases}x_{1} + 3x_{2} = 2 \\ 2x_{1} + 4x_{2} = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 2 − 3x_{2} \\ 4 − 6x_{2} + 4x_{2} = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −7 \\ x_{2} = 3 \end{cases}

La matrice A è detta matrice dei coefficienti e la matrice b matrice o colonna dei termini noti del sistema

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

Si dice anche più semplicemente che A e b (oppure A|b) sono le matrici associate al sistema.

Notiamo che si può passare da A al sistema o viceversa semplicemente aggiungendo o togliendo le incognite.

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Esercizio 2.17. Siano A e B matrici 3 × 3 tali che

AB = BA ∀B ∈ M_{3×3}

Si dimostri che deve necessariamente essere:

A = λI_{3} per qualche λ ∈ R

8 FOGLIO DI ESERCIZI # 2 – 2012-2013

Soluzione: Sia

A = (\begin{matrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{matrix})

la generica matrice 3 × 3. Poichè AB = BA per ogni matrice B, in particolare deve valere per

B = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Di conseguenza:

AB = (\begin{matrix}a_{11} & 0 & 0 \\ a_{21} & 0 & 0 \\ a_{31} & 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = BA ⇒ a_{21} = a_{31} = a_{12} = a_{13} = 0.

La nostra matrice A deve quindi essere del tipo

A = (\begin{matrix}a_{11} & 0 & 0 \\ 0 & a_{22} & a_{23} \\ 0 & a_{32} & a_{33} \end{matrix})

Analogamente la relazione AB = BA deve valere in particolare per

B = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

Di conseguenza:

AB = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a_{23} \\ 0 & 0 & a_{33} \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & a_{32} & a_{33} \end{matrix}) = BA ⇒ a_{32} = a_{23} = 0.

La nostra matrice A deve quindi essere del tipo

A = (\begin{matrix}a_{11} & 0 & 0 \\ 0 & a_{22} & 0 \\ 0 & 0 & a_{33} \end{matrix})

Ripetiamo lo stesso ragionamento con

B = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

ottenendo

AB = (\begin{matrix}a_{11} & a_{11} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}a_{11} & a_{22} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = BA ⇒ a_{11} = a_{22}.

La nostra matrice A deve quindi essere del tipo

A = (\begin{matrix}a_{11} & 0 & 0 \\ 0 & a_{11} & 0 \\ 0 & 0 & a_{33} \end{matrix})

Utilizzando infine

B = (\begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

otteniamo

AB = (\begin{matrix}0 & a_{11} & a_{11} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & a_{11} & a_{33} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = BA ⇒ a_{11} = a_{33}.

FOGLIO DI ESERCIZI # 2 – 2012-2013 9

La nostra matrice A deve quindi essere del tipo

A = (\begin{matrix}a_{11} & 0 & 0 \\ 0 & a_{11} & 0 \\ 0 & 0 & a_{11} \end{matrix}) = a_{11} · (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = λI_{3} per qualche λ ∈ R

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