CORSI DI LAUREA IN MATEMATICA E FISICA

FOGLIO DI ESERCIZI # 5– GEOMETRIA 1

Esercizio 5.1 (Esercizio 4.5). Si risolva il seguente sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}x + y + 2z & = 1 \\ (k + 2)x + 2y + 4z & = 2 \\ (1 + 2k)x + 3y + 2z & = 1 + 2k \end{cases}

al variare del parametro reale k.

Soluzione:

Consideriamo la matrice associata al sistema:

(\begin{matrix}1 & 1 & 2 & | & 1 \\ k + 2 & 2 & 4 & | & 2 \\ 1 + 2k & 3 & 2 & | & 1 + 2k \end{matrix})

Poichè la prima colonna contiene il parametro k la scambiamo con la terza colonna (scambiando così la posizione dell’incognita x con quella dell’incognita z):

(\begin{matrix}2 & 1 & 1 & | & 1 \\ 4 & 2 & k + 2 & | & 2 \\ 2 & 3 & 2k + 1 & | & 1 + 2k \end{matrix})

Riduciamo ora la matrice a gradini:

\begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} (\begin{matrix}2 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & k & | & 0 \\ 0 & 2 & 2k & | & 2k \end{matrix}) → \begin{matrix}III \\ II \end{matrix} (\begin{matrix}2 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 2k & | & 2k \\ 0 & 0 & k & | & 0 \end{matrix})

Dobbiamo distinguere i casi k ≠ 0 e k = 0.

Tornando al sistema e ricordando lo scambio di x e z otteniamo:

\begin{cases}2z + y + x = 1 \\ 2y + 2kx = 2k \\ kx = 0 \end{cases}

Distinguiamo i due precedenti casi.

• Se k ≠ 0 otteniamo

\begin{cases}z = \frac{1 − k}{2} \\ y = k \\ x = 0 \end{cases}

quindi la soluzione è unica ed è S = \{(0, k, \frac{1−k}{2} )\}.

• Se k = 0 invece

\begin{cases}2z + y + x = 1 \\ 2y = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇔ \begin{cases}x = 1 − 2t \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ ℝ

ovvero l’insieme di ∞^{1} soluzione è

S = {(1 − 2t, 0, t) ∈ ℝ^{3} | t ∈ ℝ} = (1, 0, 0) + ⟨(−2, 0, 1)⟩
■

Esercizio 5.2 (Esempio 3.18 Ab-dF). Studiare la compatibilitá del seguente sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}x + λy + μz & = 0 \\ λx − y + λμz & = 3 \\ x + μy − 2z & = λ + 2 \end{cases}

al variare di λ, μ ∈ ℂ.

Soluzione: Consideriamo la matrice associata al sistema:

(\begin{matrix}1 & λ & μ & | & 0 \\ λ & −1 & λμ & | & 3 \\ 1 & μ & −2 & | & λ + 2 \end{matrix})

Effettuiamo la riduzione sulla prima colonna

\begin{matrix}II − λI \\ III − I \end{matrix} (\begin{matrix}1 & λ & μ & | & 0 \\ 0 & −1 − λ^{2} & 0 & | & 3 \\ 0 & μ − λ & −2 − μ & | & λ + 2 \end{matrix})

Scambiamo la II riga con la III

\begin{matrix}III \\ II \end{matrix} (\begin{matrix}1 & λ & μ & | & 0 \\ 0 & μ − λ & −2 − μ & | & λ + 2 \\ 0 & −1 − λ^{2} & 0 & | & 3 \end{matrix})

Scambiamo ora la III colonna con la II, ricordando poi lo scambio di y con z, la riduzione è completata:

(\begin{matrix}1 & μ & λ & | & 0 \\ 0 & −2 − μ & μ − λ & | & λ + 2 \\ 0 & 0 & −1 − λ^{2} & | & 3 \end{matrix})

Osserviamo che se 1 + λ^{2} = 0 ovvero λ ∈ {i, −i} il sistema non è compatibile poiché la terza equazione diventa 0 = 3. Se μ ≠ −2 e λ ≠ ±i il sistema ammette unica soluzione.

Se μ = −2 allora la matrice diventa:

(\begin{matrix}1 & −2 & λ & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 − λ & | & λ + 2 \\ 0 & 0 & −1 − λ^{2} & | & 3 \end{matrix})

La seconda e la terza riga corrispondono alle equazioni del sistema

\begin{cases}(−λ^{2} − 1)y = 3 \\ (−2 − λ)y = λ + 2 \end{cases}

• Se λ = −2 ci sono infinite soluzioni aventi y = \frac{−3}{5} e poi dalla prima equazione si ricava x in funzione di z = t.

• Se λ ≠ −2, allora y = −1 che sostituito nell’equazione (−λ^{2}−1)y = 3 ci dice che il sistema ammette

infinite soluzioni solo se λ = ±\sqrt{2} .

■

Esercizio 5.3. Stabilire se la seguente matrice

A = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & −1 & −1 & 2 & −1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 4 & −1 & 7 \\ 1 & 1 & 4 & 2 & 8 \end{matrix})

è invertibile (utilizzando l’eliminazione di Gauss).

Soluzione: La matrice non è invertibile (è singolare) [...] ■

Esercizio 5.4. Determinare per quali k ∈ ℂ la matrice

A = (\begin{matrix}1 & 0 & i & 1 \\ 3 & 1 & k & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \\ i & 0 & 1 & k \end{matrix})

è invertibile.

Soluzione: La matrice risulta invertibile se λ ≠ (2 ± \sqrt{7})i[...] ■

Esercizio 5.5. Sia dato l’insieme

V = {p(x) ∈ ℝ_{≤3}[x] | p(1) = 0 }

Dimostrare che l’insieme V è un sottospazio vettoriale di ℝ_{≤3}[x].

Soluzione: Un generico elemento di V ha la forma p(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3}. La verifica tramite la definizione è facile: p, q ∈ V allora (p + q)(1) = p(1) + q(1) = 0 e quindi p + q ∈ V. In modo analogo λp(x) ∈ V, per ogni λ ∈ ℝ dato che λp(1) = 0.

Un modo diverso, anticipando qualche concetto futuro è osservare che 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.

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

Esercizio 5.6. Mostrare che l’insieme

W = \{(\begin{matrix}3a & −a + b \\ a & −2a + b \end{matrix}) ∈ M_{2}(ℝ) | a, b ∈ ℝ\}

è un sottospazio vettoriale di M_{2}(ℝ).

Soluzione: Poiché W contiene la matrice nulla (ed è quindi non vuoto) basta verificare le due proprietà seguenti:

• SOMMA. Siano

A_{1} = (\begin{matrix}3a_{1} & −a_{1} + b_{1} \\ a_{1} & −2a_{1} + b_{1} \end{matrix}) , A_{2} = (\begin{matrix}3a_{2} & −a_{2} + b_{2} \\ a_{2} & −2a_{2} + b_{2} \end{matrix})

due generici elementi di W. Allora

A_{1} + A_{2} = (\begin{matrix}3a_{1} + 3a_{2} & −a_{1} + b_{1} − a_{2} + b_{2} \\ a_{1} + a_{2} & −2a_{1} + b_{1} − 2a_{2} + b_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix}3(a_{1} + a_{2}) & −(a_{1} + a_{2}) + (b_{1} + b_{2}) \\ (a_{1} + a_{2}) & −2(a_{1} + a_{2}) + (b_{1} + b_{2}) \end{matrix})

= (\begin{matrix}3a & −a + b \\ a & −2a + b \end{matrix}) con \begin{cases}a = a_{1} + a_{2} \\ b = b_{1} + b_{2} \end{cases}

Quindi A_{1} + A_{2} ∈ W.

• PRODOTTO per scalari. Sia

A = (\begin{matrix}3a & −a + b \\ a & −2a + b \end{matrix})

un generico elemento di W e λ ∈ ℝ. Allora

λA = (\begin{matrix}3(λa) & −λa + λb \\ λa & −2(λa) + λb \end{matrix}) = (\begin{matrix}3a′ & −a′ + b′ \\ a′ & −2a′ + b′ \end{matrix}) con \begin{cases}a′ = λa \\ b′ = λb \end{cases}

Quindi λA ∈ W.
■

Esercizio 5.7. Si consideri la matrice A = (\begin{matrix}−8 & −7 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ∈ M_{2}(ℝ) e sia S il sottoinsieme di M_{2}(ℝ) costituito

dalle matrici che commutano con A:

S = {M ∈ M_{2}(ℝ) | AM = MA}

Mostrare che S è un sottospazio vettoriale di M_{2}(ℝ).

Soluzione: Osserviamo che 0 ∈ S. 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.

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}) ,

ove M = (\begin{matrix}a & b \\ c & d \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}

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} per ogni 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 ∈ M_{2}(ℝ) | ∀s, t ∈ ℝ \}
■

Esercizio 5.8. Sia

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

e sia S = {M ∈ M_{2}(ℝ) | AM = MA = 0}. Dimostrare che S è un sottospazio vettoriale di M_{2}(ℝ) e calcolarne la dimensione.

Soluzione: Sia

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

la generica matrice di M_{2}(ℝ). Cominciamo a calcolare gli elementi di S:

AM = (\begin{matrix}x − z & y − w \\ −2x + 2z & −2y + 2w \end{matrix}) = 0 ⇔ \begin{cases}x = z \\ y = w \end{cases}

MA = (\begin{matrix}x − 2y & −x + 2y \\ z − 2w & −z + 2w \end{matrix}) = 0 ⇔ \begin{cases}x = 2y \\ z = 2w \end{cases}

⇔ \begin{cases}x = 2t \\ y = t \\ z = 2t \\ w = t \end{cases}

⇒ S = \{(\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}) · t ∈ M_{2}(ℝ) | t ∈ ℝ\}

Definiamo la matrice B ponendo:

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

S è quindi formato dai multilpli di B. E’ perciò immediato dimostare che si tratta di un sottospazio vettoriale di M_{2}(ℝ):

• SOMMA. Se A_{1} e A_{2} appartengono a S, allora A_{1} = t_{1} · B e A_{2} = t_{2} · B per opportuni t_{1}, t_{2} ∈ S, quindi

A_{1} + A_{2} = t_{1} · B + t_{2} · B = (t_{1} + t_{2}) · B ∈ S

• PRODOTTO per scalari. Sia A = t · B un generico elemento di S e λ ∈ ℝ, allora

λA = λ · t · B = (λ · t) · B ∈ S
■

Esercizio 5.9. Sia A ∈ M_{n}(𝕂). Definiamo l’applicazione 𝕂[X] ∋ P ⟼ P (A) ∈ M_{n}(𝕂) (di valutazione in A) ponendo:

P (A) := a_{d}A^{d} + … + a_{1}A + a_{0}I_{n} se P (x) = a_{d}x^{d} + … + a_{1}x + a_{0} ∈ 𝕂[x].

Provare le seguenti affermazioni.

(1) (P + Q)(A) = P (A) + Q(A), (kP)(A) = kP (A) e (P Q)(A) = P (A)Q(A) per ogni P, Q ∈ 𝕂[X] e

k ∈ 𝕂.
(2) Se x ∈ 𝕂^{n} e λ ∈ 𝕂 sono tali che Ax = λx, allora P (A)x = P (λ)x.

Soluzione: Verifica diretta. □

Esercizio 5.10. Sia A ∈ M_{n}(𝕂) una matrice triangolare inferiore (rispettivamente superiore) avente tutti gli elementi diagonali a_{ii} diversi da zero. Si dimostri che A è invertibile e che l’inversa A^{−1} è ancora triangolare inferiore (rispettivamente superiore) con elemento diagonale di posto (i, i) uguale a a_{ii}^{−1}.

Soluzione: A è equivalente per righe a I_{n}, dunque è invertibile e A^{−1} è della stessa forma (vedi Osservazione 8 a pagine 46 del Sernesi). □

Matrici a blocchi. Sia 𝕂 un campo, siano m, n ∈ ℕ^{∗} := ℕ \ {0} e sia A ∈ M_{m,n}(𝕂). Spesso è utile partizionare a blocchi la matrice A, cioè scrivere A come segue. Consideriamo m_{1}, …, m_{p}, n_{1}, …, n_{q} ∈ ℕ^{∗} tali che m_{1} + m_{2} + … + m_{p} = m^{1} e n_{1} + n_{2} + … + n_{q} = n per qualche p, q ∈ ℕ^{∗}. Poniamo

A = (A_{ij})_{i,j} = ( \begin{matrix}A_{11} & ⋯ & A_{1j} & ⋯ & A_{1q} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ A_{i1} & ⋯ & A_{ij} & ⋯ & A_{iq} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ A_{p1} & ⋯ & A_{pj} & ⋯ & A_{pq} \end{matrix} ) ,

ove A_{ij} ∈ M_{m_{i},n_{j}}(𝕂) per ogni i ∈ {1, …, p} e j ∈ {1, …, q}. Per evidenziare il fatto che gli “elementi” A_{ij} della precedente rappresentazione di A sono matrici, si scrive anche

A = ( \begin{matrix}A_{11} & ⋯ & A_{1j} & ⋯ & A_{1q} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ A_{i1} & ⋯ & A_{ij} & ⋯ & A_{iq} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ A_{p1} & ⋯ & A_{pj} & ⋯ & A_{pq} \end{matrix} ) .

Esercizio 5.11. Siano A ∈ M_{2}(ℝ), B ∈ M_{2,3}(ℝ) e C ∈ M_{1,2}(ℝ) le matrici definite ponendo

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

Si scriva esplicitamente la seguente matrice a blocchi E ∈ M_{3,5}(𝕂):

E = ( \begin{matrix}A^{T} A & B \\ CA & CB \end{matrix} ) .

Soluzione: Vale:

E = ( \begin{matrix}1 & −2 & 0 & 2 & −1 \\ −2 & 4 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \end{matrix} ) . □

Esercizio 5.12. Siano m, n, ℓ ∈ ℕ^{∗} e siano m_{1}+…+m_{p} = m, n_{1}+…+n_{q} = n e ℓ_{1}+…+ℓ_{r} = ℓ partizioni di m, n e ℓ rispettivamente. Consideriamo le matrici a blocchi A = (A_{ij})_{i,j} ∈ M_{m,n}(𝕂) e B = (B_{jk})_{j,k} ∈ M_{n,ℓ}(𝕂) con A_{ij} ∈ M_{m_{i},n_{j}}(𝕂) e B_{jk} ∈ M_{n_{j},ℓ_{k}}(𝕂) per ogni i ∈ {1, …, p}, j ∈ {1, …, q} e k ∈ {1, …, r}. Provare che AB è uguale alla matrice a blocchi (C_{ik})_{i,k}, ove C_{ij} = ∑_{j=1}^{q} A_{ij}B_{jk} ∈ M_{m_{i},ℓ_{k}}(𝕂) per ogni i ∈ {1, …, p} e k ∈ {1, …, r}:

AB = ( \begin{matrix}A_{11} & ⋯ & A_{1j} & ⋯ & A_{1q} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ A_{i1} & ⋯ & A_{ij} & ⋯ & A_{iq} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ A_{p1} & ⋯ & A_{pj} & ⋯ & A_{pq} \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}B_{11} & ⋯ & B_{1k} & ⋯ & B_{1r} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ B_{j1} & ⋯ & B_{jk} & ⋯ & B_{jr} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ B_{q1} & ⋯ & B_{qk} & ⋯ & B_{qr} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋯ & ∑_{j=1}^{q} A_{ij}B_{jk} & ⋯ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{matrix} ) .

In altre parole, AB si può calcolare effettuando il prodotto “riga per colonna” a blocchi.

Soluzione: Siano α ∈ {1, …, m} e β ∈ {1, …, n}. Calcoliamo l’elemento [AB]_{αβ} di AB di posto (α, β). Anzitutto, osserviamo che esistono, e sono unici, i ∈ {1, …, p}, t ∈ {1, …, m_{i}}, j ∈ {1, …, q} e s ∈ {1, …, n_{j}} tali che m_{1} + … + m_{i−1} + t = α e n_{1} + … + n_{j−1} + s = β.^{2} Vale:

1Una decomposizione di m in somma di interi positivi si dice partizione di m.

[AB]_{αβ} = (A_{i1}^{(t)}| ⋯ |A_{ij}^{(t)}| ⋯ |A_{iq}^{(t)}) ( B_{j1,(s)} ; ⋮ ; B_{jk,(s)} ; ⋮ ; B_{jq,(s)} ) = ∑_{j=1}^{q} A_{ij}^{(t)}B_{jk,(s)} = ∑_{j=1}^{q}[A_{ij}B_{jk}]_{ts} = [ ∑_{j=1}^{q} A_{ij}B_{jk}]_{ts}. □

Esercizio 5.13. Siano m, n ∈ ℕ^{∗}. Definiamo il prodotto tensore^{3} ⊗ : M_{m}(𝕂) × M_{n}(𝕂) ⟶ M_{mn}(𝕂) tra matrici quadrate di ordine m e n ponendo:

A ⊗ B := ( \begin{matrix}a_{11}B & ⋯ & a_{1j}B & ⋯ & a_{1m}B \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{i1}B & ⋯ & a_{ij}B & ⋯ & a_{im}B \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{m1}B & ⋯ & a_{mj}B & ⋯ & a_{mm}B \end{matrix} ) , ove A = (a_{ij})_{i,j}.

Siano A, C ∈ M_{m}(𝕂), B, D ∈ M_{n}(𝕂) e k ∈ 𝕂. Verificare che valgono le seguenti affermazioni.

(1) A ⊗ (B + D) = A ⊗ B + A ⊗ D e (A + C) ⊗ B = A ⊗ B + C ⊗ B.

(2) (kA) ⊗ B = A ⊗ (kB) = k(A ⊗ B).

(3) (A ⊗ B)^{T} = A^{T} ⊗ B^{T}.

(4) I_{m} ⊗ I_{n} = I_{mn}.

(5) (A ⊗ B)(C ⊗ D) = (AB) ⊗ (CD).

(5′) A ⊗ B è invertibile se e soltanto se A e B lo sono. Inoltre in questo caso, si ha:

(A ⊗ B)^{−1} = A^{−1} ⊗ B^{−1}.

Soluzione: Da (1) a (5) per verifica diretta. (5′) segue subito da (5). □

Esercizio 5.14. Provare che il prodotto tensore tra matrici definito nell’esercizio precedente è associativo:

(A ⊗ B) ⊗ C = A ⊗ (B ⊗ C)

per ogni A ∈ M_{m}(𝕂), B ∈ M_{n}(𝕂) e C ∈ M_{ℓ}(𝕂).

Soluzione: Verifica diretta. □

Sottomatrici. Sia A = (a_{ij})_{i,j} ∈ M_{m,n}(𝕂). Una sottomatrice di A è una matrice ottenuta estraendo alcune righe ed alcune da A. Più precisamente, dati i_{1}, …, i_{p}, j_{1}, …, j_{q} ∈ ℕ^{∗} tali che 1 ≤ i_{1} < i_{2} < … < i_{p} ≤ m e 1 ≤ j_{1} < j_{2} < … < j_{q} ≤ n, la sottomatrice di A ottenuta estraendo le righe i_{1}, …, i_{p} e le colonne j_{1}, …, j_{q} si indica con A(i_{1}, …, i_{p} | j_{1}, …, j_{q}) e si definisce ponendo

A(i_{1}, …, i_{p} | j_{1}, …, j_{q}) := (a_{i_{α},j_{β}})_{α,β},

con α ∈ {1, …, p} e β ∈ {1, …, q}. Se p = q e i_{α} = j_{α} per ogni α ∈ {1, …, p}, allora A(i_{1}, …, i_{p} | j_{1}, …, j_{p}) si dice sottomatrice principale di A di ordine p. Se in aggiunta i_{α} = j_{α} = α per ogni α ∈ {1, …, p}, allora A(i_{1}, …, i_{p} | j_{1}, …, j_{p}) = A(1, 2, …, p | 1, 2, …, p) si dice sottomatrice principale di testa di A di ordine p.

Esercizio 5.15. Sia A la seguente matrice in M_{4,5}(ℂ):

A := ( \begin{matrix}i & 0 & −3 & −i & −7 \\ 0 & 0 & 2i & 0 & 4 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & i & −i & 1 − i \end{matrix} )

2L’espressione m_{1} + … + m_{i−1} è da considerarsi uguale a 0 se i = 1.

3“⊗” viene anche detto prodotto di Kronecker.

Si scrivano: la sottomatrice principale di testa A_{1} di A di ordine 3, la sottomatrice principale A_{2} di A di ordine 4 (non contenente la prima colonna di A) e la sottomatrice A_{3} := A(1, 2, 4 | 2, 5) di A.

Soluzione: Ecco le sottomatrici richieste:

A_{1} := ( \begin{matrix}i & 0 & −3 \\ 0 & 0 & 2i \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} ) , A_{2} := ( \begin{matrix}0 & −3 & −i & −7 \\ 0 & 2i & 0 & 4 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ −1 & i & −i & 1 − i \end{matrix} ) e A_{3} = ( \begin{matrix}0 & −7 \\ 0 & 4 \\ −1 & 1 − i \end{matrix} ) . □

Esercizio 5.16 (Fattorizzazione LU). Sia A una matrice in M_{n}(𝕂) avente tutte le sottomatrici principali di testa invertibili. Si dimostri che esistono, e sono uniche, una matrice unitriangolare inferiore L ∈ M_{n}(𝕂) (cioè L è triangolare inferiore e tutti i suoi elementi diagonali sono uguali a 1 ) ed una matrice tringolare superiore U tali che A = LU.^{4}

Soluzione: Cominciamo dimostrando l’esistenza. Procediamo per induzione su n ≥ 1.

\underline{n = 1}. Basta porre L := (1) e U := (a_{11}).

\underline{n ⇒ n + 1}. Consideriamo una matrice A ∈ M_{n+1}(𝕂) avente tutte le sottomatrici principali di testa A_{k} di ordine k invertibili. Scriviamo A a blocchi come segue:

A = ( \begin{matrix}A_{n} & b \\ c & a_{n+1,n+1} \end{matrix} )

per adeguati vettori b ∈ 𝕂^{n} = M_{n,1}(𝕂) e c ∈ M_{1,n}(𝕂). Poiché tutte le sottomatrici principali di testa di A_{n} sono invertibili, per ipotesi induttiva, esistono L_{n}, U_{n} ∈ M_{n}(𝕂) tali che L_{n} è unitriangolare inferiore, U_{n} è triangolare superiore e A_{n} = L_{n}U_{n}. Osserviamo che, poichè L_{n} è invertibile (vedi Esercizio 5.2), anche U_{n} lo è . Infatti, vale U_{n} = (L_{n})^{−1}A_{n} e quindi (U_{n})^{−1} = (A_{n})^{−1}L_{n}. Definiamo i vettori u ∈ 𝕂^{n} e v ∈ M_{1,n}(𝕂) ponendo u := (L_{n})^{−1}b e v := c(U_{n})^{−1}. Definiamo inoltre le matrici L, U ∈ M_{n+1}(𝕂) con L unitriangolare inferiore e U trangolare superiore ponendo:

L := ( \begin{matrix}L_{n} & 0 \\ v & 1 \end{matrix} ) e U := ( \begin{matrix}U_{n} & u \\ 0 & a_{n+1,n+1} − vu \end{matrix} ) ,

ove il simbolo 0 indica matrici nulle di adeguate dimensioni. eseguaedo il prodotto LU a blocchi si ottiene:

LU = ( \begin{matrix}L_{n} & 0 \\ v & 1 \end{matrix} )·( \begin{matrix}U_{n} & u \\ 0 & a_{n+1,n+1} − vu \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}L_{n}U_{n} & L_{n}u \\ vU_{n} & vu + a_{n+1,n+1} − vu \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}A_{n} & b \\ c & a_{n+1,n+1} \end{matrix} ) = A

Passiamo all’unicità. Supponiamo che L_{1}U_{1} = A = L_{2}U_{2} siano due fattorizzazioni LU di A. Poihé le L_{i} e le U_{i} sono invertibili, vale (L_{2})^{−1}L_{1} = U_{2}(U_{1})^{−1}. D’altra parte, (L_{2})^{−1}L_{1} è unitriangolare inferiore e U_{2}(U_{1})^{−1} è triangolare superiore. Segue che (L_{2})^{−1}L_{1} = I_{n} = U_{2}(U_{1})^{−1} e quindi L_{1} = L_{2} e U_{1} = U_{2}. □

4Questa fattorizzazione è una delle tecniche utilizzate in Analisi Numerica per la risoluzione “veloce” di sistemi lineari quadrati: per risolvere Ax = b, si scrive A = LU e si risolvono successivamente i sistemi lineari Ly = b in y e Ux = y in x.

La fattorizzazione LU può essere generalizzata ad ogni matrice in M_{n}(𝕂).