Algebra Lineare e Geometria per Informatica Soluzioni Secondo appello 5 luglio 2005

Esercizio 1

Sia dato il seguente sistema lineare:

x_{1} +tx_{2} −2x_{3} = 0
2x_{1} +4x_{2}  = 1
x_{1} +tx_{2}  = 0

a) Determinare per quali valori del parametro t il sistema ammette una, nessuna, infinite soluzioni.

Soluzione: la matrice completa associata al sistema è:

[ \begin{matrix}1 & t & −2 & 0 \\ 2 & 4 & 0 & 1 \\ 1 & t & 0 & 0 \end{matrix} ]

che tramite operazioni elementari diviene:

[ \begin{matrix}1 & t & 0 & 0 \\ 0 & 4 − 2t & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} ] .

Per 4 − 2t ≠ 0, cioè per t ≠ 2, si ha che il rango r della matrice A dei coefficienti è uguale al rango della matrice completa [A|B], quindi il sistema ammette soluzione. In questo caso la soluzione è unica perché r = 3, ovvero il rango è uguale al numero delle incognite.

Per t = 2 la matrice è

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

quindi il rango della matrice dei coefficienti è 2 mentre il rango della matrice completa è 3, quindi il sistema non ammette soluzione.

b) Calcolare tutte le soluzioni approssimate del sistema per t = 2.

Soluzione: le soluzioni approssimate sono tutte e sole le soluzioni del sistema A^{T} AX = A^{T} B. Dai conti risulta che

A^{T} A = [ \begin{matrix}6 & 12 & −2 \\ 12 & 24 & −4 \\ −2 & −4 & −4 \end{matrix} ] e A^{T} B = [ \begin{matrix}2 \\ 4 \\ 0 \end{matrix} ]

quindi la matrice completa del nuovo sistema è:

[ \begin{matrix}6 & 12 & −2 & 2 \\ 12 & 24 & −4 & 4 \\ −2 & −4 & 4 & 0 \end{matrix} ]

che tramite operazioni elementari diviene:

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

Pertanto le soluzioni approssimate sono date dalle colonne della forma X =

[ \frac{2}{5} − 2s ; s ; \frac{1}{5} ] al variare di s ∈ ℝ.

Esercizio 2

Sia V uno spazio vettoriale e siano u, v, w tre vettori linearmente indipendenti di V.

a) Dimostrare che i tre vettori u, u+v, u+v+w sono linearmente indipendenti.

Soluzione: Dobbiamo dimostrare che se x_{1}u + x_{2}(u + v) + x_{3}(u + v + w) = 0 allora x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0. La combinazione lineare x_{1}u + x_{2}(u + v) + x_{3}(u + v + w) è uguale a (x_{1} + x_{2} + x_{3})u + (x_{2} + x_{3})v + x_{3}w. Poiché u, v e w sono indipendenti per ipotesi, se x_{1}u + x_{2}(u + v) + x_{3}(u + v + w) = 0 allora avremo

x_{1} +x_{2} +x_{3} = 0
x_{2} +x_{3} = 0
x_{3} = 0

Tale sistema omogeneo ammette la sola soluzione nulla (la matrice dei coefficienti è quadrata ed invertibile), quindi x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0.

b) Si dica, giustificando la risposta, se i tre vettori u, u + v, u + v + w formano una base del sottospazio ⟨u, v, w⟩.

Soluzione: Si ha ⟨u, u + v, u + v + w⟩ ⊂ ⟨u, v, w⟩ e dalla a) segue che

dim(⟨u, u + v, u + v + w⟩) = 3 = dim(⟨u, v, w⟩)

pertanto u, u+v ed u+v+w generano il sottospazio ⟨u, v, w⟩ e sono linearmente indipendenti, cioè sono una base di ⟨u, v, w⟩.

Esercizio 3

Si dica, per ciascuna coppia di matrici A e B, per quale motivo esse non possono essere simili.

a) A = [ \begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix} ] e B = [ \begin{matrix}3 & 1 \\ 0 & 3 \end{matrix} ]

Soluzione: Poiché A commuta con tutte le matrici 2 × 2, per ogni P invertibile avremo P^{−1}AP = P^{−1}P A = IA = A quindi A è simile solo a sé stessa.

b) A = [ \begin{matrix}1 & 2 \\ 1 & −1 \end{matrix} ] e B = [ \begin{matrix}1 & 2 \\ 1 & −2 \end{matrix} ]

Soluzione: Poiché det(A) = −3 ≠ det(B) = −4 le due matrici non possono essere simili.

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

Soluzione: Il polinomio caratteristico di A è det(XI − A) = (X − 2)(X − 1) = X^{2} −3X +2 mentre il polinomio caratteristico di A èdet(XI −B) = X^{2} +3X +2 pertanto A e B non possono essere simili.

Esercizio 4

Sia data la matrice:

A = [ \begin{matrix}2 & −6 & 1 & −3 \\ 1 & −3 & 4 & 2 \\ 3 & −9 & 13 & 7 \end{matrix} ] .

a) Determinare una base di row(A).

Soluzione: la matrice A in forma a scala è

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

Una base per row(A) è data dalle righe non nulle di una forma a scala di A, in questo caso {[1 − 3 0 − 2], [0 0 1 1]}.

b) Determinare una base di col(A).

Soluzione: Una base per col(A) è data dalle colonne di A ce corrispondono agli

1-dominanti in una sua forma a scala in questo caso \{[ \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 3 \end{matrix} ] , [ \begin{matrix}1 \\ 4 \\ 13 \end{matrix} ]\}

Esercizio 5

Sia dato il sottospazio U di ℝ^{4} generato dai vettori

X_{1} = [ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ]; X_{2} = [ \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ]; X_{3} = [ \begin{matrix}0 \\ −2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ]; X_{4} = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{matrix} ]

a) Determinare la dimensione di U;

Soluzione: costruiamo la matrice A avente per righe X_{1}^{T} , X_{2}^{T} , X_{3}^{T} ed X_{4}^{T}. Una volta portata in forma a scala essa diventa:

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

pertanto dim(U) = rk(A) = 3. Osservazione: avremmo anche potuto calcolare il rango della matrice A^{T}, avente per colonne i vettori X_{i}, però utilizzare la matrice A ci facilita il compito per la parte c).

b) Determinare una base ortogonale di U;

Soluzione: Utilizziamo il metodo di Gram-Schimdt applicato ai vettori X_{i}.

F_{1} = X_{1} = [ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ]

F_{2} = X_{2} − \frac{X_{2}•F_{1}}{F_{1}•F_{1}} F_{1} = [ \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] − \frac{2}{2} [ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ]

F_{3} = X_{3} − \frac{X_{3}•F_{1}}{F_{1}•F_{1}} F_{1} − \frac{X_{3}•F_{2}}{F_{2}•F_{2}} F_{2} = [ \begin{matrix}0 \\ −2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] − \frac{−2}{2} [ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ] − \frac{3}{3} [ \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ]

F_{4} = X_{4} − \frac{X_{4}•F_{1}}{F_{1}•F_{1}} F_{1} − \frac{X_{4}•F_{2}}{F_{2}•F_{2}} F_{2} = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 3 \\ 1 \end{matrix} ] − 0 [ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ] − \frac{3}{3} [ \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ]

quindi una base ortogonale di U è {F_{1}, F_{2}, F_{4}}. Osservazione: avremmo anche potuto applicare l’algoritmo di gram-Schmidt alle righe della forma a scala di A che sono un sistema di generatori di U. Il vantaggio sarebbe stato applicare il metodo a 3 vettori anziché 4, lo svantaggio sarebbe stato la possibilità, in caso avessimo commesso un errore nella parte a), di propagarlo anche nella soluzione della parte b).

c) Determinare una base del complemento ortogonale U^{⊥} di U.

Soluzione: Una base di U^{⊥} è data dalle soluzioni-base del sistema omogenero AX = 0 dove A è una matrice avente per righe un sistema di generatori di U. Utilizziamo la matrice trovata al punto a), che abbiamo già in forma a scala. La sua forma a scala ridotta è:

[ \begin{matrix}1 & 0 & 0 & −\frac{1}{6} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{6} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{3} \end{matrix} ]

quindi una base per U^{⊥} è data da \{[ \frac{1}{6} ; −\frac{1}{6} ; −\frac{1}{3} ; 1 ]\}. d) Determinare una base ortogonale di ℝ^{4} che contenga i vettori trovati nel punto b).

Soluzione: La base di U trovata al punto b) è ortogonale. Tutti i suoi elementi sono ortgonali alla base di U^{⊥} trovata al punto c), pertanto l’unione delle due basi è un insieme di 4 vettori linearmente indipendenti e mutualmente ortogo-

nali di ℝ^{4}. In altre parole, \{[ \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ] , [ \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] , [ \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ] , [ \frac{1}{6} ; −\frac{1}{6} ; −\frac{1}{3} ; 1 ]\} è una base

ortogonale di ℝ^{4} che soddisfa la condizione richiesta.

Esercizio 6

a) Si determinino gli autovalori della matrice

A = [ \begin{matrix}5 & −3 & −3 \\ 0 & −1 & 0 \\ 6 & −3 & −4 \end{matrix} ] .

Soluzione: Gli autovalori di A sono le radici del polinomio caratteristico det(xI− A). Abbiamo:

det [ \begin{matrix}x − 5 & 3 & 3 \\ 0 & X + 1 & 0 \\ −6 & 3 & x + 4 \end{matrix} ] = (x+1) det [ \begin{matrix}x − 5 & 3 \\ −6 & x + 4 \end{matrix} ] = (x+1)(x^{2}−x−2)

i cui zeri sono −1 con molteplicità 2 e 2 con molteplicità 1.

b) Si dica, giustificando la risposta, se A è diagonalizzabile.

Soluzione: E‘ sufficiente verificare quanti autovettori-base esistono per l’unico autovalore con molteplicità algebrica > 1. Essi si trovano calcolando le soluzionibase del sistema omogeneo (−I − A)X = 0. La matrice dei coefficienti è

\begin{matrix}−6 & 3 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ −6 & 3 & 3 \end{matrix}

che ha rango 1 perché ha forma a scala \begin{matrix}1 & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} . Quindi le soluzioni-base

sono 3 − 1 = 2 pari alla molteplicità algebrica e la matrice è diagonalizzabile.

c) In caso affermativo, si trovino una matrice invertibile P e una matrice diagonale D tali che P^{−1}AP = D.

Soluzione: La matrice P avrà per colonne gli autovettori-base di A. Quelli rela-

tivi a −1 si trovano utilizzando il punto b) e sono [ \frac{1}{2} 0 1 ] e [ \frac{1}{2} 1 0 ]. Quello rela-

tivo a 2 si ottiene trovando le soluzioni-base del sistema omogeneo (2I − A)X = 0. La forma a scala ridotta di 2I − A è [ \begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ] quindi l’autovettore-base

è [ \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ], le matrici P e D sono

P = [ \begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} ] , D = [ \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix} ] .

Esercizio 7

Determinare la matrice inversa della matrice complessa

A = [ \begin{matrix}i & 1 + i \\ 1 + i & 3 \end{matrix} ] .

Soluzione: Dobbiamo portare la matrice [A|I] nella forma [I|A^{−1}] tramite operazioni elementari. Abbiamo:

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

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

quindi A^{−1} = [ \begin{matrix}−3i & i − 1 \\ i − 1 & 1 \end{matrix} ].

Esercizio 8

Sia A una matrice n × n a coefficienti reali. Si dimostri che

a) null A è un sottospazio di ℝ^{n};

Soluzione: La colonna nulla appartiene a null(A) perché A0 = 0; se X, Y ∈ null(A) allora AX = 0 e AY = 0 quindi A(X + Y) = 0 perciò X + Y ∈ null(A). Infine se X ∈ null(A) e a ∈ ℝ allora A(aX) = a(AX) = a0 = 0 quindi aX ∈ null(A) e null(A) è un sottospazio.

b) se U è un’altra matrice n × n risulta null A ⊆ null UA;

Soluzione: Sia X ∈ null(A). Allora AX = 0 quindi UAX = U0 = 0 perciò X ∈ null(UA), quindi null A ⊆ null UA.

c) se U è invertibile allora null A = null UA.

Soluzione: Se U è invertibile ed X ∈ null(UA) allora UAX = 0 ed esiste U^{−1}. Moltiplicando l’uguaglianza da sinistra per U^{−1} otteniamo AX = U^{−1}UAX = U^{−1}0 = 0 quindi X ∈ null(A). Questo ci dice che null(UA) ⊆ null(A). Dalla b) abbiamo l’altra inclusione quindi i due sottospazi coincidono.