Capitolo 3 Matrici Esercizi svolti Tutorato di geometria e ... · Capitolo 3 Matrici Esercizi...
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Capitolo 3Matrici
Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
1
IntroduzioneGli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Date due matrici, determinarne la somma (vedi esercizio nella paginaseguente).
• Data una matrice e un vettore determinarne, se possibile, il prodotto (vediesercizio a pagina 4).
• Date due matrici determinarne, se possibile, il prodotto (vedi esercizio apagina 5).
• Data una matrice, calcolarne il determinante (vedi esercizio a pagina 6).
• Data una matrice determinarne, se possibile, l’inversa (vedi esercizio apagina 8).
• Data una matrice, determinarne il rango (vedi esercizio a pagina 13).
• Data una matrice dipendente da un parametro h, determinarne il rangoal variare di h (vedi esercizio a pagina 15).
• Date due basi e un vettore scritto in coordinate rispetto ad una di es-se, determinare le coordinate del vettore nell’altra base (vedi esercizio apagina 17).
• Esercizio di riepilogo (vedi esercizio a pagina 25).
2
Esercizio 1Date le matrici:
A =
3 2 1−1 1 13 −2 1
, B =
−2 0 1√2 0 1
1 2 −1
,
determinare la matrice A+B.
SoluzionePer sommare due matrici basta sommare algebricamente ciascuna entrata dellamatrice A con la corrispondente entrata della matrice B. E’ più facile farlo chedirlo:
A+B =
(3− 2) (2 + 0) (1 + 1)(−1 +
√2)
(1 + 0) (1 + 1)(3 + 1) (−2 + 2) (1− 1)
=
1 2 2√2− 1 1 24 0 0
3
Esercizio 2Data la matrice A ∈MR (3) e il vettore X ∈ R3:
A =
3 2 1−1 1 13 −2 1
, X =
3−1−1
determinare, se possibile, qual è il risultato del prodotto AX.
SoluzioneInnanzitutto, prima di incominciare a fare qualsiasi tipo di operazione, è neces-sario verificare che vi siano le condizioni necessarie affinché ciò sia possibile. Perpoter moltiplicare una matrice ad un vettore infatti è necessario che la matriceabbia un numero di colonne pari al numero di righe del vettore.In questo caso la matrice A ha 3 colonne e il vettore X ha 3 righe; pertantola moltiplicazione AX è possibile. Per effettuarla basta che ci ricordiamo cheil prodotto tra una matrice e un vettore non è nient’altro che il vettore che siottiene dalla combinazione lineare delle colonne della matrice, dove i coefficientidella combinazione lineare non sono nient’altro che i singoli elementi del vettore.In altre parole:
AX =(A1 | A2 | A3) 3
−1−1
= 3
3−13
− 1
21−2
− 1
111
=
9−39
+
−2−12
+
−1−1−1
=
9− 2− 1−3− 1− 19 + 2− 1
=
6−510
4
Esercizio 3Date le matrici A ∈MR (3, 4) , B ∈MR (4, 2):
A =
3 1 −1 10 7 2 01 1 −2 0
3×4
, B =
2 01 13 1−1 −2
4×2
,
determinare, se possibile, il risultato del prodotto AB.
SoluzioneInnanzitutto, prima di incominciare a fare qualsiasi tipo di operazione, è ne-cessario verificare che vi siano le condizioni necessarie affinché ciò sia possibile.Per poter moltiplicare la matrice A alla matrice B infatti è necessario che lamatrice A abbia un numero di colonne pari al numero di righe della matriceB; possiamo facilmente constatare che ciò è pienamente verificato, in quanto lamatrice A ha 4 colonne mentre la matrice B ha 4 righe.Notiamo tuttavia che se il prodotto da fare fosse BA, non sarebbe possibile pro-cedere, in quanto la matrice B ha 2 colonne mentre la matrice A ha 3 righe...Tornando a noi quindi otteniamo:
AB =(AB1 | AB2)
=
(3× 2 + 1× 1− 1× 3 + 1× (−1)) (3× 0 + 1× 1− 1× 1 + 1× (−2))(0× 2 + 7× 1 + 2× 3 + 0× (−1)) (0× 0 + 7× 1 + 2× 1 + 0× (−2))(1× 2 + 1× 1− 2× 3 + 0× (−1)) (1× 0 + 1× 1− 2× 1 + 0× (−2))
=
(6 + 1− 3− 1) (1− 1− 2)(7 + 6) (7 + 2)
(2 + 1− 6) (1− 2)
=
3 −213 9−3 −1
Abbiamo quindi ottenuto una matrice appartenente a MR(3, 2).
5
Esercizio 4Data la matrice A ∈MR (4):
A =
1 −1 2 −1−1 1 2 23 −2 −3 −15 3 −4 2
calcolarne il determinante.
SoluzioneProviamo dapprima a calcolare il determinante ignorando l’esistenza delle nu-merose proprietà che possono essere sfruttate per semplificare i calcoli e delfatto che il Teorema di Laplace permette di sviluppare il determinante lungouna colonna o riga scelta: sviluppiamo quindi il determinante come da primadefinizione, cioè lungo la prima colonna:∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −1 2 −1−1 1 2 23 −2 −3 −15 3 −4 2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1
∣∣∣∣∣∣1 2 2−2 −3 −13 −4 2
∣∣∣∣∣∣− (−1)
∣∣∣∣∣∣−1 2 −1−2 −3 −13 −4 2
∣∣∣∣∣∣+
+3
∣∣∣∣∣∣−1 2 −11 2 23 −4 2
∣∣∣∣∣∣− 5
∣∣∣∣∣∣−1 2 −11 2 2−2 −3 −1
∣∣∣∣∣∣= 1× [(−6− 6 + 16)− (−8 + 4− 18)] +
+1× [(6− 6− 8)− (−8− 4 + 9)] +3× [(−4 + 12 + 4)− (4 + 8− 6)]−−5× [(2− 8 + 3)− (−2 + 6 + 4)]
= [4 + 22] + [−8 + 3] + 3 [12− 6]− 5× (−3− 8)= = 26− 5 + 18 + 55= 94
Come si può notare, per il determinante delle matrici 3 × 3 abbiamo usato laregola di Sarrus. Calcolare il determinante in questo modo è molto dispendiosodal punto di vista computazionale, e la probabilità di sbagliare qualche molti-plicazione è davvero molto alta.Quello che conviene fare è calcolare il determinante facendo uso di tutte le sueproprietà conosciute. Per esempio una proprietà molto utile è che se si sostitui-sce una colonna (o una riga) con una combinazione lineare delle altre colonne
6
(o righe) allora il determinante non cambia.Possiamo quindi procedere nel modo seguente:
det (A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 23 −2 −3 −15 3 −4 2
∣∣∣∣∣∣∣∣A3=A3−A1−−−−−−−−→
∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 22 −1 −5 05 3 −4 2
∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 22 −1 −5 05 3 −4 2
∣∣∣∣∣∣∣∣A4=A4−A2−−−−−−−−→
∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 22 −1 −5 06 2 −6 0
∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 22 −1 −5 06 2 −6 0
∣∣∣∣∣∣∣∣A2=A2+2A1−−−−−−−−−→
∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −11 −1 6 02 −1 −5 06 2 −6 0
∣∣∣∣∣∣∣∣Possiamo quindi ora sviluppare il determinante lungo la quarta colonna e otte-nere in un solo passaggio:
det (A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −11 −1 6 02 −1 −5 06 2 −6 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1
∣∣∣∣∣∣1 −1 62 −1 −56 2 −6
∣∣∣∣∣∣Se ora non vogliamo usare la regola di Sarrus, possiamo rifare il ragionamentodi prima e sfruttare le proprietà del determinante:
det (A) = 1
∣∣∣∣∣∣1 −1 62 −1 −56 2 −6
∣∣∣∣∣∣A2=A2−A1−−−−−−−−→1
∣∣∣∣∣∣1 −1 61 0 −116 2 −6
∣∣∣∣∣∣= 1
∣∣∣∣∣∣1 −1 61 0 −116 2 −6
∣∣∣∣∣∣A3=A3+2A1−−−−−−−−−→1
∣∣∣∣∣∣1 −1 61 0 −118 0 6
∣∣∣∣∣∣Quindi, sviluppando lungo la seconda colonna:
det (A) = 1× 1∣∣∣∣1 −118 6
∣∣∣∣= 94
Siamo quindi giunti allo stesso risultato di prima: tuttavia in questo caso abbia-mo dovuto fare delle semplici addizioni e moltiplicazioni e ci siamo semplificatidi molto i calcoli.Quindi è sempre bene ricordare le proprietà del determinante perché in alcunicasi come questo smettono di essere solo teoria, diventando piuttosto un ancoradi salvezza...
7
Esercizio 5Data la matrice A ∈MR (3):
A =
1 0 31 2 −10 3 3
,
determinarne l’inversa.
SoluzioneCome mostrato sulle slide di teoria relative al capitolo 3, esistono due modiper poter calcolare l’inversa di una matrice invertibile. A scopo didattico noiutilizzeremo entrambi i modi.Tuttavia, prima di procedere con uno dei due metodi citati, è prima necessarioverificare che la matrice sia invertibile, ovvero che abbia determinante non nullo:
det (A) =
∣∣∣∣∣∣1 0 31 2 −10 3 3
∣∣∣∣∣∣= 1×
∣∣∣∣2 −13 3
∣∣∣∣− 1×∣∣∣∣0 33 3
∣∣∣∣= 6 + 3− (−9)= 9 + 9= 18
Siccome il determinante è diverso da 0, possiamo concludere che la matrice èinvertibile.Procediamo quindi con il primo dei metodi citati.
8
Metodo 1
Possiamo trovare la matrice inversa A−1 trovando le coordinate della basecanonica di R3 nella base determinata dalle colonne della matrice A. Quindi:
[e1]BA=⇒
100
= α
110
+ β
023
+ γ
3−13
1 = α+ 3γ0 = α+ 2β − γ0 = 3β + 3γ1 = α+ 3γ0 = α− 2γ − γβ = −γ1 = 3γ + 3γα = 3γβ = −γγ = 1
6α = 1
2β = − 1
6
[e1]BA=
1/2−1/61/6
[e2]BA=⇒
010
= α
110
+ β
023
+ γ
3−13
0 = α+ 3γ1 = α+ 2β − γ0 = 3β + 3γ
9
0 = α+ 3γ1 = α− 2γ − γβ = −γ0 = 3γ + 1 + 3γα = 3γ + 1β = −γγ = − 1
6α = 1
2β = 1
6
[e2]BA=
1/21/6−1/6
[e3]BA=⇒
001
= α
110
+ β
023
+ γ
3−13
0 = α+ 3γ0 = α+ 2β − γ1 = 3β + 3γα = −3γ0 = −3γ + 2β − γβ = −γ + 1
3α = −3γ0 = −3γ − 2γ + 2
3 − γβ = −γ + 1
3α = −3γ6γ = 2
3β = −γ + 1
3α = − 1
3γ = 1
9β = − 1
9 + 13 = 2
9
10
[e3]BA=⇒
001
= α
110
+ β
023
+ γ
3−13
Quindi:
A−1 =([e1]BA
| [e2]BA| [e3]BA
)
=
1/2 1/2 −1/3−1/6 1/6 2/91/6 −1/6 1/9
Metodo 2 (Metodo di Cramer)
Il metodo di Cramer permette di calcolare l’inversa di una matrice secondo laseguente formula.
A−1 = 1det (A) (αij)
con:αij = (−1)i+j det
(A[j,i]
)Quindi, avendo:
A =
1 0 31 2 −10 3 3
,
11
abbiamo che:
α11 = (−1)2 det(A[1,1]
)=∣∣∣∣2 −13 3
∣∣∣∣ = 6 + 3 = 9
α12 = (−1)3 det(A[2,1]
)= −
∣∣∣∣0 33 3
∣∣∣∣ = − (−9) = 9
α13 = (−1)4 det(A[3,1]
)=∣∣∣∣0 32 −1
∣∣∣∣ = −6
α21 = (−1)3 det(A[1,2]
)= −
∣∣∣∣1 −10 3
∣∣∣∣ = −3
α22 = (−1)4 det(A[2,2]
)=∣∣∣∣1 30 3
∣∣∣∣ = 3
α23 = (−1)5 det(A[3,2]
)= −
∣∣∣∣1 31 −1
∣∣∣∣ = − (−1− 3) = 4
α31 = (−1)4 det(A[1,3]
)=∣∣∣∣1 20 3
∣∣∣∣ = 3
α32 = (−1)5 det(A[2,3]
)= −
∣∣∣∣1 00 3
∣∣∣∣ = −3
α33 = (−1)6 det(A[3,3]
)=∣∣∣∣1 01 2
∣∣∣∣ = 2
Quindi, avendo già calcolato il determinante, possiamo scrivere:
A−1 = 118
9 9 −6−3 3 43 −3 2
=
1/2 1/2 −1/3−1/6 1/6 2/91/6 −1/6 1/9
12
Esercizio 6Data la matrice:
A =
1 −1 0 5 20 0 0 0 11 0 −3 −3 −30 1 2 2 1
∈MR (4, 5) ,
determinarne il rango.
SoluzioneLa matrice non contiene parametri: possiamo quindi utilizzare il metodo diKronecker. Scegliamo una sottomatrice di ordine 2x2 con minore non nullo.Scegliamo per esempio quella formata dalle quattro entrate in basso a sinistra:
∆1 =(
1 00 1
)
E’ la matrice identità e il suo determinante è non nullo (det (∆1) = 1). Quindipossiamo già affermare che rg (A) ≥ 2.Dobbiamo ora costruire tutti gli orlati di tale sottomatrice. Per sapere quantiorlati possiamo costruire, sebbene non sia indispensabile, possiamo usare laformula mostrata sulle slide teoriche relative al capitolo 3:
n° orlati creabili a partire da ∆1 = (k − 2) (n− 2) = (4− 2) (5− 2) = 6
Abbiamo quindi che, passando direttamente al calcolo dei minori associati aciascun orlato:
|∆11| =
∣∣∣∣∣∣0 0 01 0 −30 1 2
∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ non ci dice nulla sul rango di A
|∆12| =
∣∣∣∣∣∣0 0 11 0 −30 1 1
∣∣∣∣∣∣ = 1∣∣∣∣1 00 1
∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 3
Scegliamo quindi la sottomatrice ∆12, rinominandola ∆2, e verifichiamo se i suoiorlati sono tutti nulli. In questo caso, come è facile verificare, abbiamo che:
n° orlati creabili a partire da ∆2 = (k − 2) (n− 2) = (4− 3) (5− 3) = 2
13
Quindi:
|∆21| =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 50 0 1 01 0 −3 −30 1 1 2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1
∣∣∣∣∣∣1 −1 51 0 −30 1 2
∣∣∣∣∣∣ =
= −
∣∣∣∣∣∣1 −1 50 1 −80 1 2
∣∣∣∣∣∣ = −1∣∣∣∣1 −81 2
∣∣∣∣ =
= −10 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 4
Siccome la matrice è di ordine 4× 5 e rg (A) ≤ min (4, 5), possiamo concluderesenza nemmeno stare a calcolare altri determinanti che:
rg (A) = 4
14
Esercizio 7Data la matrice:
A =
2h− 1 h h0 h− 3 0h 2 + h 1
∈MR (3) , h ∈ R,
determinarne il rango al variare del parametro h.
SoluzioneIn questo caso dobbiamo usare il secondo metodo mostrato sulle slide teoricherelative al capitolo 3 per poter calcolare il determinante, in quanto la matriceA è una matrice dipendente da un parametro reale h.Dobbiamo quindi procedere dall’”alto verso il basso” secondo una logica top-down, scegliendo come sottomatrice la più grande possibile.Nel nostro caso, siccome la matrice con cui abbiamo a che fare è una matricequadrata, la cosa pià conveniente da fare è scegliere come sottomatrice l’interamatrice A. Quindi, calcoliamo il determinante di A:
|A| = (h− 3)∣∣∣∣2h− 1 h
h 1
∣∣∣∣ = (h− 3)(2h− 1− h2)
= (h− 3) (h− 1)2
Per sapere per quali valori di h il rango è uguale a 3, dobbiamo sapere per qualivalori non lo è: in altre parole dobbiamo sapere quando il determinante dellamatrice A è nullo. Quindi:
|A| = 0(h− 3) (h− 1)2 = 0
Si nota subito che il determinante è nullo per h = 1 ∨ h = 3. Quindi sappiamoche:
∀h ∈ R, h 6= 1 ∧ h 6= 3 =⇒ rg (A) = 3
Tuttavia nulla sappiamo sul rango della matrice A quando h = 1 o h = 3. Perpoter sapere quanto è il rango per tali valori, dobbiamo sostituirli all’internodella matrice al posto di h e controllare con il metodo di Kronecker qual è ilrango. Pertanto:
h=1
A =
1 1 10 −2 01 3 1
|∆1| =∣∣∣∣1 10 −2
∣∣∣∣ = −2 6= 0 =⇒ rg (A) = 2
15
h=3
A =
5 3 30 0 03 5 1
|∆1| =∣∣∣∣5 33 1
∣∣∣∣ = −4 6= 0 =⇒ rg (A) = 2
Possiamo quindi concludere che al variare di h il rango dell matrice A si com-porta nel modo seguente:
rg (A)h = 1 ∧ h = 3 2h 6= 1 ∧ h 6= 3 3
16
Esercizio 8Date le basi di R3:
B =
1
11
,
−201
,
30−1
, D =
1−21
,
−200
,
030
,
sapendo che le coordinate del vettore v rispetto alla base B sono.
[v]B =
3−1−1
,
determinare le coordinate di v rispetto alla base D.
SoluzioneQuesto è un esercizio fatto apposta per lavorare con le matrici di cambiamentodi base.In questo caso l’unica cosa di cui siamo a conoscenza sono i vettori che formanole due basi (le cui coordinate sono fornite rispetto alla base canonica) e le coor-dinate del vettore rispetto ad una di queste basi.Sappiamo, come mostrato nelle slide relative al capitolo 3 scaricabili dal sito ditutorato, che:
[v]B = ([d1]B | [d2]B | [d3]B) [v]D (1)
dove i vettori di sono i vettori della base D.Tuttavia in questo caso noi dobbiamo ricavare le coordinate [v]D; pertantodobbiamo invertire la relazione (1) e scrivere:
[v]D = ([d1]B | [d2]B | [d3]B)−1 [v]B
Incominciamo con il trovare quindi la matrice:
A = ([d1]B | [d2]B | [d3]B)
Per fare ciò dobbiamo trovare le coordinate dei vettori della base D nella base
17
B; ovvero:
[d1]B =⇒
1−21
= α
111
+ β
−201
+ γ
30−1
1 = α− 2β + 3γ−2 = α
1 = α+ β − γ1 = −2− 2β + 3γα = −21 = −2 + β − γ3 = −2β + 3γα = −2β = 3 + γ3 = −6− 2γ + 3γα = −2β = 3 + γγ = 9α = −2β = 12
[d1]B =
−2129
18
[d2]B =⇒
−200
= α
111
+ β
−201
+ γ
30−1
−2 = α− 2β + 3γ0 = α
0 = α+ β − γ−2 = −2β + 3γα = 0β = γ−2 = −2γ + 3γα = 0β = γγ = −2α = 0β = −2
[d2]B =
0−2−2
[d3]B =⇒
030
= α
111
+ β
−201
+ γ
30−1
0 = α− 2β + 3γ3 = α
0 = α+ β − γ0 = 3− 2β + 3γα = 30 = 3 + β − γ0 = 3− 2β + 9 + 3βα = 3γ = 3 + β
19
β = −12α = 3γ = −9
[d3]B =
3−12−9
Quindi la matrice A è data da:
A =
−2 0 312 −2 −129 −2 −9
Dobbiamo ora trovare la sua inversa. Per fare ciò, usiamo il metodo di Cramer:
α11 = (−1)2 det(A[1,1]
)=∣∣∣∣−2 −12−2 −9
∣∣∣∣ = 18− 24 = −6
α12 = (−1)3 det(A[2,1]
)= −
∣∣∣∣ 0 3−2 −9
∣∣∣∣ = −6
α13 = (−1)4 det(A[3,1]
)=∣∣∣∣ 0 3−2 −12
∣∣∣∣ = 6
α21 = (−1)3 det(A[1,2]
)= −
∣∣∣∣12 −129 −9
∣∣∣∣ = 0
α22 = (−1)4 det(A[2,2]
)=∣∣∣∣−2 3
9 −9
∣∣∣∣ = 18− 27 = −9
α23 = (−1)5 det(A[3,2]
)= −
∣∣∣∣−2 312 −12
∣∣∣∣ = − (24− 36) = 12
α31 = (−1)4 det(A[1,3]
)=∣∣∣∣12 −2
9 −2
∣∣∣∣ = −24 + 18 = −6
α32 = (−1)5 det(A[2,3]
)= −
∣∣∣∣−2 09 −2
∣∣∣∣ = −4
α33 = (−1)6 det(A[3,3]
)=∣∣∣∣−2 012 −2
∣∣∣∣ = 4
20
det (A) =
∣∣∣∣∣∣−2 0 312 −2 −129 −2 −9
∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣−2 0 33 0 −39 −2 −9
∣∣∣∣∣∣= 2
∣∣∣∣−2 33 −3
∣∣∣∣= 2 (6− 9)
= −6
Quindi:
A−1 = 1−6
−6 −6 60 −9 12−6 −4 4
=
1 1 −10 3/2 −21 2/3 −2/3
Pertanto possiamo trovare le coordinate [v]D come:
[v]D = A−1 [v]B
=
1 1 −10 3/2 −21 2/3 −2/3
3−1−1
=
3− 1 + 1−3/2 + 2
3− 2/3 + 2/3
=
31/23
Potevamo però risolvere l’esercizio in un modo più semplice. Infatti, se vale larelazione:
[v]B = ([d1]B | [d2]B | [d3]B) [v]D ,
21
allora deve valere anche la relazione:
[v]D = ([b1]D | [b2]D | [b3]D) [v]B ,
dove bi indica un vettore della base B.Risolvendo l’esercizio in questo modo possiamo evitare di dover invertire la ma-trice trovata, risparmiando così molto dal punto di vista dei calcoli che dobbiamoandare a fare. Quindi abbiamo che:
[b1]D =⇒
111
= α
1−21
+ β
−200
+ γ
030
1 = α− 2β1 = −2α+ 3γ1 = α1 = 1− 2β1 = −2 + 3γα = 1β = 0γ = 1α = 1
[b1]D =
101
22
[b2]D =⇒
−201
= α
1−21
+ β
−200
+ γ
030
−2 = α− 2β0 = −2α+ 3γ1 = α−2 = 1− 2β0 = −2 + 3γα = 1β = 3
2γ = 2
3α = 1
[b2]D =
13/22/3
[b3]D =⇒
30−1
= α
1−21
+ β
−200
+ γ
030
3 = α− 2β0 = −2α+ 3γ−1 = α3 = −1− 2β0 = 2 + 3γα = −1β = −2γ = − 2
3α = −1
[b3]D =
−11/2−2/3
23
Quindi:
B =
1 1 −10 3/2 −21 2/3 −2/3
E’ da notare come la matrice B trovata con questo secondo metodo corrispondaalla matrice A−1 che avevamo trovato con il metodo precedente: siamo cioègiunti allo stesso risultato saltando un po’ di passaggi (ovvero l’inversione dellamatrice A) e quindi risparmiando tempo prezioso.Possiamo pertanto calcolare le coordinate [v]D come:
[v]D = B [v]B
=
1 1 −10 3/2 −21 2/3 −2/3
3−1−1
=
3− 1 + 1−3/2 + 2
3− 2/3 + 2/3
=
31/23
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Esercizio 9 (prova d’esame del 23 novembre 2012,esercizio n° 2)Considerati i seguenti vettori di R3:
v1 =
1−k
1− k
, v2 =
kkk
, v3 =
k + 10
k + 1
, v4 =
100
Determinare:
1. per quali valori di k ∈ R i vettori {v1,v2} sono linearmente indipendenti;
2. per quali valori di k ∈ R si ha che v3 ∈ Span (v1,v2);
3. per quali valori di k ∈ R si ha che dim (Span (v1,v2,v3)) = 3;
4. per quali valori di k ∈ R i vettori {v1,v2,v3,v4} sono generatori di R3.
SoluzionePunto (1)
Basta verificare per quali valori di k è possibile scrivere v1 come multiplo di v2:
v1 = tv2 1−k
1− k
= t
kkk
1 = tk
−k = tk
1− k = tk
Notiamo subito che, per k 6= 0, abbiamo che:t = 1
k
k = −1k = 0
Quindi possiamo concludere che per k 6= 0 i due vettori sono sempre linearmente
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indipendenti. Verifichiamo per k = 0 cosa accade:1 = 00 = 01 = 0
Se dovessimo guardare al risultato di questo sistema, allora affermeremmo chei due vettori sono linearmente indipendenti anche per k = 0. Tuttavia, se so-stituiamo tale valore all’interno del vettore v2, si nota subito che otteniamo ilvettore nullo che, per definizione, è sempre linearmente dipendente a qualsiasialtro vettore!Quindi possiamo concludere che @k ∈ R tale che i due vettori presi in conside-razione siano linearmente indipendenti.
Punto (2)
Sappiamo dal punto precedente che v1e v2 sono linearmente indipendenti: quin-di v3 ∈ Span (v1,v2) per tutti i valori di k che annullano il determinante dellamatrice formata le cui colonne non sono nient’altro che i tre vettori presi inconsiderazione, cioè la matrice:
A =
1 k k + 1−k k 0
1− k k k + 1
Quindi:
|A| =
∣∣∣∣∣∣1 k k + 1−k k 0
1− k k k + 1
∣∣∣∣∣∣A1=A1−A4−−−−−−−−→
∣∣∣∣∣∣k 0 0−k k 0
1− k k k + 1
∣∣∣∣∣∣|A| = 0
k
∣∣∣∣k 0k k + 1
∣∣∣∣ = 0
k(k2 + k
)= 0
k2 (k + 1) = 0
Quindi possiamo concludere che v3 ∈ Span (v1,v2) per k = −1 ∧ k = 0.
Punto (3)
Possiamo concludere subito che i tre vettori sono linearmente indipendenti perk 6= −1∧k 6= 0 e quindi che per tali valori di k si ha che dim (Span (v1,v2,v3)) =3.
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Punto (4)
Quello che ci si deve chiedere in altre parole è: quando il rango della matrice lecui colonne sono costituite dai quattro vettori presi in considerazione è pari a3?Infatti dobbiamo sempre ricordare che il rango di una matrice B ∈ MR (k, n)non è nient’altro che la dimensione del sottospazio di Rk generato dalle colonnedalle colonne di B.Sappiamo già dai punti precedenti che per k 6= −1 ∧ k 6= 0 i vettori v1,v2 e v3generano tutto R3: dobbiamo quindi controllare per k = 0 ∧ k = −1:
Per k = 0
Otteniamo:
B =
1 0 1 10 0 0 01 0 1 0
|∆1| =
∣∣∣∣1 11 0
∣∣∣∣ = −1 6= 0 =⇒ rg (B) ≥ 2
Controlliamone gli orlati:
|∆11| =
∣∣∣∣∣∣1 1 01 0 00 0 0
∣∣∣∣∣∣ = 0
|∆12| =
∣∣∣∣∣∣1 1 11 0 10 0 0
∣∣∣∣∣∣ = 0
Quindi possiamo concludere che rg (B) = 2 per k = 0; pertanto in tal caso ivettori presi in considerazione non sono generatori di R3.
Per k = −1
In tal caso abbiamo:
B =
1 −1 0 11 −1 0 02 −1 0 0
|∆1| =
∣∣∣∣1 −12 −1
∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ rg (B) ≥ 2
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Controlliamone gli orlati:
|∆11| =
∣∣∣∣∣∣1 −1 01 −1 02 −1 0
∣∣∣∣∣∣ = 0
|∆12| =
∣∣∣∣∣∣1 −1 11 −1 02 −1 0
∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0
Quindi possiamo concludere che rg (B) = 3 per k = −1; pertanto in tal caso ivettori presi in considerazione sono generatori di R3.Quindi possiao concludere che:
rg (A)h = 0 2 v1,v2,v3,v4 non sono generatori per R3
h 6= 0 3 v1,v2,v3,v4 sono generatori per R3
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