Cento esercizi di algebra lineare 8882180697, 9788882180690

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ALGEBRA LINEARE a cura di N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA

LIBRERIA UNIVERSITARIA LEVROTTO & BELLA - TORINO

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N. CHIARLI - 5. GRECO - P. VALABREGA

LIBRERIA UNIVERSITARIA LEVROTTO & BELLA - TORINO

Copyright @ 1994 Levrotto & Bella di Gualini T. & C. di Gualini Elisabetta S.a.s., Corso Vittorio Emanuele, 26/F - Torino I diritti di traduzione, di memorizzazione elettronica, di riproduzione e di adattamento totale o parziale con qualsiasi mezzo ( compresi i microfilm e le copie fotostatiche ), sono riservate per tutti i paesi Finito di stampare nel mese di settembre 1994

Stampata-dalla M. S./Litografia s.r.l., Torino per conto della. Levrotto & Bella Editrice-S.a.s. Corso Vittorio ,Emanuele, 26/F - Torino

lntroduzione

Questa volume contiene 100 esercizi risolti di Algebra lineare e accompagna la teoria esposta nel testo 100 Pagine di Algebra Lineare della stessa collana. In gran parte si tratta di esercizi semplici, che applicano direttamente le nozioni teoriche di algebra lineare svolte nel testo. Tuttavia qualche esercizio, indicato con il simbolo (*), richiede un ragionamento sottile ovvero nozioni non contenute nel volume 100 Pagine di Algebra Lineare (numeri complessi, vettori), ma che possono essere conosciute dal lettore. Per ogni esercizio e proposta una soluzione, adatta alle nozioni che si presuppongono nel lettore; talvolta e indicata una seconda soluzione piu veloce.

INDICE

Capitolo I:

Spazi vettoriali e sottospazi

Capitolo II:

Dipendenza e indipendenza lineare

Capitolo III:

Matrici

Capitolo IV:

Applicazioni lineari

Capitolo V:

Sistemi lineari e determinanti

Capitolo VI:

Autovalori e autovettori

Capitolo VII:

Equazioni e sistemi differenziali

Capitolo I SPAZIVETTORIALIESOTTOSPAZI

1. Quali dei seguenti sottoinsiemi di R sono sottospazi vettoriali?

I};

(i)

V = {multipli interi di

(ii)

V = N = insieme dei numeri naturali;

(iii)

V

(iv)

V = Q = insieme dei numeri razionali.

= Z = insieme dei numeri relativi;

Soluzione. Nessuno. In effetti il prodotto del numero reale

1t

per

!,

ovvero per un intero n, o anche per una frazione da come risultato un numero reale che non appartiene mai a V, in quanto tale risultato e sempre irrazionale.

I-2

2. Quali dei seguenti sottoinsiemi di R 3 sono sottospazi vettoriali? (i)

V 1 = {(x,y,z) Ix= y+z};

(ii)

V2 = {(x,y,z) I x = y+z-1};

(iii)

V3 = {(x,y,z)l(x,y,z) = a(l,3,7), a ER}, ossia {terne (a,3a,7a) con a variabile in R}.

Soluzione. (i) V1 e formato dalle terne (y+z,y,z), al variare di y e z in R. Si ha pertanto: 1) la somma (y+z,y,z) + (y'+z',y',z') = ((y+y')+ (z+z'), y+y', z+z') di due terne di V 1 e ancora in V 1; 2) il prodotto a(y+z,y,z) = (a(y+z),ay,az) di un numero reale a per una terna di V1 e ancora in V 1 ; 3) la terna (0,0,0) appartiene ovviamente a V 1. Quindi V 1 e un sottospazio. (ii) V2 none un sottospazio (in effetti O-::/:- 0+0-1).

perche

non contiene la terna (0,0,0)

(iii) V3 e un sottospazio. In effetti la somma (a,3a,7a) + (b,3b,7b) = (a+b,3(a+b),7(a+b)) di due terne di V 3 e ancora in V3 ; il prodotto c(a,3a,7a) = (ca, 3(ca), 7(ca)) di un numero reale c per una terna di V 3 e ancora in V3 e infine (0,0,0) e un elemento di V3 (si ottiene ponendo a= 0).

1-3

3. Si considerino i due sottospazi di R 3 : V = {(x,y,z) I x-2y+z = O}, W

= {(x,y,z) I x-2z+y = O}.

Si descriva Z = V riW. Soluzione. Si ha: Z = VriW = {(x,y,z) I x-2y+z = x-2z+y = O}. ,, Le terne di Z sono pertanto quelle che risolvono il sistema di due equazioni: x-2y+z = 0 x-2z+y= 0 ovvero il sistema equivalente (che si ottiene sostituendo la seconda equazione con la differenza fra la prima e la seconda equazione) x-2y+z = 0 3z-3y = 0. Si conclude che gli elementi di Z sono le terne del tipo (y,y,y), cony numero reale arbitrario.

4.

Si descriva lo spazio vettoriale T = V+W, dove V e W sono come nell'esercizio 3. Soluzione. Z

e l'insieme di tutti i vettori del tipo seguente:

(2y-z,y,z) + (2z'-y',y',z') (attenzione a non usare gli stessi nomi per le variabili, per evitare confusioni). In pratica si tratta degli elementi

1-4

(2y+2z'-z-y',y+y',z+z'),

al variare di y,y',z,z' reali. Vogliamo far vedere che T = V+W = R 3 . In effetti una qualunque terna di numeri reali, diciamo (a,b,c), si puo scrivere come (2y+2z'-z-y',y+y',z+z'), con y,y',z,z' opportuni; basta risolvere il semplice sistema lineare 2y+2z'-z-y' = a y+y' = b z+z' = c dove a,b,c sono termini noti. Si ottiene ad esempio: z

= 0,

z

,

= c,

y

= -a+b-2c 3-,

y' =

2b-a+2c 3

In conclusione la terna (a,b,c) coincide con la somma delle terne (2 a+b-2c _ O a+b-2c O) 3

'

3

'

e

(2 _2b-a+2c 2b-a+2c C

3

'

3

) ,C.

5. Si trovi un sottospazio V di R che contenga il numero 53.

Soluzione. Sia a un numero reale qualunque; allora a si puo scrivere come a 53 dove: a = ; 3 53. Poiche 53 e V per ipotesi, anche a = a 53 deve appartenere a V. Cioe V coincide con R stesso perche contiene qualsiasi numero reale a.

6. Si trovi un sottospazio V di R 2 che contenga tutte le coppie (m,n) con m ed n numeri interi.

I-5

Soluzione. Fra gli elementi di V ci sono le due coppie (1,0) e (0,1), quindi anche i vettori del tipo a(l,0)+b(0,l) = (a,b) con a e b numeri reali qualsiasi. Cio significa che V coincide con R 2 stesso perche contiene tutte le coppie di numeri reali.

7. Si troui un sottospazio di R 5 che contenga i uettori v = (4,0,0,0,7) e w = (1,0,l,0,0) ma non contenga z = (2,0,-2,0,7). Soluzione. Non esiste perche z = v-2w appartiene a qualunque spazio che contenga v e w.

8. Esiste un sottospazio di R 8 che non contiene nessuno dei seguenti uettori: el = (1,0,0,0,0,0,Q,0) e 2 = (0,1,0,0,0,0,0,0) e 3 = (0,0,l,0,0,0,0,0) e4 = (0,0,0,1,0,0,0,0) e 5 = (0,0,0,0,1,0,0,0) e 6 = (0,0,0,0,0,l,0,0) e 7 = (0,0,0,0,0,0,1,0) e 8 = (0,0,0,0,0,0,0,1)? Soluzione. Si: ad esempio lo spazio generato da v = (1,l,0,0,0,0,0,0).

1-6

9. Dato il vettore v = (4,0,1,9) e R4 si trovi x e R tale che

(x+430)v = (0,0,0,0). Soluzione. Per la legge di annullamento del prodotto negli spazi vettoriali si ha: (x+430)v = Oe,4 se e solo se x+430 = 0 (poiche v 0R4). Ne segue: x = - 430.

*

10. Si consideri il vettore v = (3,0,0,8,7) e R5 e si trovi un vettore w

tale che si abbia: 239(v+w) = (0,0,0,0,0). Soluzione. Per la legge di annullamento del prodotto negli spazi vettoriali si ha: 239(v+w) = 0R5 see solo se v+w = 0Rs (essendo 239 * 0). Quindi deve essere w = - v = (- 3,0,0,- 8,-7).

11. Si consideri il vettore v = (4,0,1,9) e R4 e si dica se esiste un numero reale x tale che si abbia: (x+ l)v = (1,l,1,1).

Soluzione. Si deve avere (4(x+l), 0, x+l, 9(x+l)) = (1,l,1,1), cioe 4(x+l) = 1 0=1 x+l= 1 9(x+l) = 1 e

cio e chiaramente impossibile. Quindi

x non esiste.

I-7

12. *Si stabilisca se il sottoinsieme V dello spazio V 3 dei vettori ordinari cost definito V

= {ai+bj+4k I a,b E

R}

e un sottospazio vettoriale. Soluzione. Si ha: (ai+bj+4k)+(a'i+b'j+4k)

= (a+a')i+(b+b')j+8k

e quindi la somma di due elementi di V non appartiene a V perche la sua terza componente e 8 anziche 4. Pertanto V non e un sottospazio.

13. *Si dimostri che l'insieme V = {(x,y) E C2 I y = ix} e un sottospazio di C 2 (pensato come spazio vettoriale su C con le solite operazioni). Soluzione. Si tratta delle coppie del tipo (x,ix), al variare di x nel campo complesso. Si ha (x,ix)+(x',ix') = ( x+x',i(x+x')) (per ogni x, x' complessi) a(x,ix) = (ax,i(ax)) (per ogni x e ogni a complessi) e quindi la somma di elementi di V e ancora un elemento di V e il prodotto di un numero complesso per un elemento di Ve ancora un elemento di V. Infine (0,0) = (O,iO) appartiene a V. Pertanto Ve un sottospazio.

Capitolo II DIPENDENZA E INDIPENDENZA LINEARE

14. Si stabilisca per quali h reali i tre vettori v = (1,h,1)

w = (2,2,2)

z =(1,0,1)

sono linearmente dipendenti. Soluzione. 11 vettore w e multiplo di v se e soltanto se h = 1. Se h-:;:. 1, v e w sono Li.; inoltre z e c.l. di v e di w see soltanto se esistono due numeri reali a e b tali che z = av+bw, cioe (passando alle tre componenti) 1 = a+2b 0 = ha+2b

1 = a+2b.

Quindi si deve avere: a= 1-2b h(l-2b)+2b

che da

= (2-2h)b+h = 0

II-2

(ricordiamo che il quoziente ha senso perche h

-:t:-

1).

In conclusione: - se h = 1 i vettori sono l.d. perche w e multiplo di v; - se h -:t:- 1 i vettori sono l.d. perche z e c.l. di v e w. Quindi i tre vettori sono l.d. per ogni valore di h.

15. Si trovi una base di R 3 contenente il vettore v = (1,0,2). Soluzione. Consideriamo l'insieme di generatori di R 3 formato da v,e 1 ,e 2 ,e 3 ed applichiamo il metodo degli scarti. Ovviamente v (\i3 ed e 1 non e multiplo di v; se e 2 fosse c.l. di v e di e 1, dovrebbero esistere due numeri a e b tali che e 2 = av+be 1 , cioe (passando alle tre componenti)

*

0= a+b 1 = a0+b0 = 0 0 = 2a+b0 = 2a. La seconda equazione e assurda; quindi non esistono a e b, ed e 2 non e c.l. di v e di e 1 . Pertanto v,e 1 ,e 2 sono 1.i .. Poiche R 3 ha dimensione 3, essi formano una base di R 3 che ovviamente contiene v (e 3 risulta in conseguenza c.l. dei vettori precedenti).

16. Si trovi una base dello spazio vettoriale V = {(x,y,z)

E

R 3 I x-2y+z

= x-2z+y = 0}.

Soluzione. Le terne di V sono del tipo (y,y,y) (si veda es. 3, cap. I), con y numero reale arbitrario. Allora ogni vettore di V e multiplo del vettore (1,1,1), che nee una base.

II-3

17. Si trovi la dimensione del sottospazio vettoriale di R 4 V = L((2,2,2,2),(2,3,4,5),(0,l,2,3)). Soluzione. Poiche i primi due vettori sono Li. e inoltre (0,1,2,3) = (2,3,4,5) - (2,2,2,2), una base di dim:V= 2.

V

e costituita dai primi due vettori e quindi

18. Si trovi una base di R2 che non contenga ne (1,0) ne (0,1).

Soluzione. Basta prendere i due vettori linearmente indipendenti v = (1,1) e w = (1,2). In effetti due vettori linearmente indipendenti formano sempre una base in uno spazio di dimensione 2.

19. Si trovino le componenti di z = ( 4,3) rispetto alla base trovata nell'esercizio 18.

Soluzione. Si devono trovare a e b tali che z = av+bw, cioe 4= a+b

3 = a+2b.

Si trova: a= 5, b = -1. Quindi le componenti sono nell'ordine 5 e -1.

20. Si trovi, se esiste, h reale tale che il sottospazio di R4 generato da

v = (1,h,0,0)

abbia dimensione 2.

w = (0,1,h,0)

z = (0,0,0,h)

11-4

Soluzione. Poiche v e w sono sicuramente Li. per ogni h, occorre e basta che z sia combinazione lineare di v e w. Cio avviene quando z = av+bw, ovvero 0=a 0 = ah+b O = hb h=0.

La dipendenza lineare si ha soltanto quando h = 0. Pertanto la dimensione del sottospazio e 2 se e solo se h = 0.

21. Si trovi una base del sottospazio di R4 V = L((l,l,0,1), (0,l,0,1), (1,2,0,2), (2,3,0,3)).

Soluzione. Basta osservare che i primi due vettori sono Li. mentre il terzo e la somma dei primi due e il quarto e il doppio del primo piu il secondo. Pertanto i primi due formano una base e dim V = 2.

22. Si trovi una bcse di R4 che contenga (1,0,0,2). Soluzione. Basta applicare il metodo degli scarti ai generatori di R 4 (1,0,0,2), (1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,l,0), (0,0,0,l). I primi due vettori sono Li.; il terzo non e c.l. dei primi due; il quarto non e c.l. dei primi tre. Inutile ore vedere se il quinto e c.L dei primi quattro perche una base dello spazio vettoriale R 4 ha quattro elementi. Quindi i primi quattro vettori formano una base di R4 contenente (1,0,0,2).

11-5

23. Si proui che i uettori (2,6, 7,8) e (3,2,9,0) non formano una base di R4 .

Soluzione. Sono troppo pochi: infatti una base di R4 deve contenere 4 elementi.

24. Si proui che i uettori (4,0,1), (4,0,2), (5,1,5), (0,9,0) non formano una base di R 3 .

Soluzione. Sono troppi: infatti una base di R 3 deve contenere 3 elementi.

25. *I uettori v = (9,9,0) e w = (32,0,8) formano una base del sottospazio uettoriale V di R 3 definito dall'equazione x - y = 4z? Soluzione. Si. In effetti - sono Li. e quindi generano un sottospazio di R 3 di dimensione 2; - appartengono a l' equazione;

V

perche le loro componenti soddisfano

- V non puo avere dimensione 3 perche non coincide con R 3 (ad esempio V non contiene u = (1,1,1)); - V non puo avere dimensione v ew.

~

1 perche contiene i due vettori l.i.

Quindi V ha dimensione 2 e due suoi vettori Li. ne formano una base.

11-6

26. *Si trovino due sottospazi distinti V e W di R 3 entrambi i due vettori v = (1,0,1) e w = (0,1,0).

contenenti

Soluzione. Siccome V -:t:. W, none possibile che entrambi i sottospazi siano generati da v e w soltanto. Pertanto uno dei due sottospazi, ad esempio V, deve necessariamente contenere un ulteriore vettore z linearmente indipendente da v e w. In questo caso V contiene i tre vettori linearmente indipendenti v,w,z di R 3 e quindi coincide con R 3 perche quest'ultimo ha dimensione 3 e tre suoi vettori linearmente indipendenti ne formano sempre una base. Ne segue che W non puo contenere vettori linearmente indipendenti da v e w altrimenti, come V, coinciderebbe con ff~ (e quindi con V). Pertanto si ha necessariamente

V=R3

W = sottospazio generato da v e w.

27. *Si stabilisca per quali valori reali di h i vettori w = 2i-hj sono linearmente indipendenti.

v

= i-hj e

Soluzione. Si ha: w = av, per qualche a reale see soltanto se 2=a - h = - ah.

Ne segue che si deve avere h=2h

cioe

h = 0.

Questo e l'unico caso in cui v e w sono linearmente dipendenti. Se h -:t:- 0 i vettori sono linearmente indipendenti.

II-7

28. *Si stabilisca se i uettori (i,0,0), (0,i,0), (0,0,i) sono linearmente indipendenti in ca (pensato come spazio uettoriale su C con le solite operazioni). Soluzione. Ovviamente (0,i,0) none multiplo di (i,0,0). Inoltre, se si avesse (0,0,i) = a (i,0,0) + b (0,i,0) per qualche a e b complessi, cio implicherebbe (eguagliando le com ponenti): 0 = ai O = bi i

=0

il che non e possibile. Pertanto i tre vettori sono linearmente indipendenti.

Capi tolo III MATRICI

29. Quali delle seguenti matrici sono ridotte per righe o per colonne?

A= ( 1 3 2 -1 3 4 4 6 5 o ) B = (1 3 0 -1 0 o0o0o ) C = (123) 4 o 3 D = (100) ooo -1 5 2 2 10

-1 0 0 2 0

-1 0 0

Soluzione. A non e ridotta, B e ridotta per colonne, C righe, D e ridotta sia per righe sia per colonne.

30. Calcolare il rango della matrice

0 0 0

e ridotta per

1 2 3 0 0 6 -1 0 2 0 0

M = ( 3 -1

o o)

Soluzione. Con la trasformazione R 1 ~ - R 2 si ottiene la matrice 3 -1 0 6 0)

M' = ( 1 2 3 o o -1 0 2 0 0

che e ridotta per righe e ha tre righe non nulle; quindi il rango e 3.

111-2 1 h 1

31. Per quali h reali il rango della matrice M =

(4 h3) vale 3? 0 0 5

Soluzione. Se h = 0 una colonna e nulla e quindi p(M) < 3; pertanto deve essere h * 0. Posto allora h * 0, riduciamo la matrice con la trasformazione R 2 ➔ R 2 - 4R 1, ottenendo 1

M'

h

= ( o -3h 0

0

1

-1 ) 5

Poiche M' ha rango 3 per ogni h 3 per h 0.

*

* 0, si conclude che

32. Per quali h il rango della matrice A= (

M ha rango

i i ) e 3?

_Jh -~

Soluzione. Mai perche il rango non puo superare il numero delle righe, che e 2.

33. Si trovi la dimensione del sottospazio vettoriale V di R 4 generato da v = (1,0,0,1), w = (0,1,1,0), z = (2,2,3,3). Soluzione. Basta calcolare il rango della matrice 1001)

M= ( 0110

2 2 3 3

Con le trasformazioni matrice 1 0 0 1

M'=

(o 231) 0 1 1 0

R3

➔

R3

-

2R 1 e R 3

H

R 2 si ottiene la

111-3

che

e ridotta e ha rango

3. Pertanto V ha dimensione 3.

34. Si trovi una base di R 5 contenente i due vettori v w = (2,0,0,0,0).

= (1,0,0,0,1) e

Soluzione. Basta considerare il sistema di generatori di R 5 formato da v,w,e 1,e2 ,e 3 ,e4 ,e 5 (dove (e 1,e 2 ,e 3 ,e4 ,e 5) e la base canonica di R 5 ) ed estrarne una base con il metodo degli scarti successivi. In pratica cio si puo fare riducendo per righe la matrice

M=

1 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1 0 0 0 0 01000 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

con l'avvertenza di non modificare le prime due righe. La trasformazione R 3 ➔ 2R3 -R 2 fa passare alla matrice 1 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0

M' =

o

1

ooo

0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

la quale ha lo stesso spazio delle righe della matrice

~ ~ ~ ~J

M" -(~ 00100

0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

Poiche in M" si ha: R 6

= R 1 - ½R 2 , le due trasformazioni:

111-4

fanno ottenere la nuova matrice:

M"' -_

(i ~ gg~ J 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

che e ridotta di rango 5; le sue prime 5 righe danno una base di R 5 che contiene v e w.

35. Si trovi una base di R 5 che contenga v = (1,1,1,1,1).

Soluzione. Basta applicare il metodo degli scarti al sistema di generatori formato da v e da e 1,e2 ,e 3 ,e4 ,e 5 , dove (e 1,e 2 ,e 3 ,e4 ,e 5 ) e la base canonica di R 5 . Mettendo i vettori sulle righe di una matrice si ottiene

A=

[nniJ 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

Il rango di A (che puo essere pensato come la dimensione dello spazio delle colonne) non puo superare il numero di colonne, cioe 5. D'altra parte le prime cinque righe di A sono linearmente indipendenti, come si vede considerando la matrice

A'= (

11 0 1 0 1 0 1 10

o1 ooo

J

0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

costituita da tali cinque righe, che e ridotta e ha rango 5; quindi p(A) = 5 e le prime 5 righe di A formano la base richiesta.

III-5

36. Si provi che per ogni numero reale h

= w = z = t = u = V

:t:-

0 i vettori seguenti

(h,0,0,0,0) (h,2h,O,O,O) (h,2h,3h,O,O) (h,2h,3h,4h,O) (h,2h,3h,4h,5h)

formano una base di R 5. Soluzione. Basta considerare la matrice che ha come righe i vettori nell'ordine inverso: h h A= ( h h h

2h 3h 4h 5h ) 2h 3h 4h 0 2h 3h O O 2h O O O O O O 0

Se h :t:- 0, la matrice A e ridotta per righe con 5 righe non nulle e quindi ha rango 5. Cio significa che i 5 vettori sono Li. e quindi formano una base di R 5 in quanto R 5 ha dimensione 5.

III-6

37. Quali dei seguenti prodotti fra matrici sono consentiti? 1 0O 0l O

(i) [

J

1 2 1 0 0 2 0

1 0 0 0 0

g g~ ( 0 0 0 1 0 ) OOO

OO OO 1

0 0 1

0 0 0 1 0 0 -3

0 0 9 0 1 0 0

0 0 0 0 0 1 0

1 0 8 0 0 0 1

1 0

,. ..) \ LU

10001200] ( 10000010 O OOO 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

1

Soluzione. (i) e (iii) si possono eseguire perche il numero di colonne della prima matrice e pari al numero di righe della seconda; (ii) non si puo eseguire perche la prima matrice ha due colonne e la seconda 7 righe.

38. Si calcolino AB e BA dove A=

00) (1ooo 1 0 0

Soluzione. AB =

1 0 1 ( O O O) 1 0 1

1 0

B= ( -3

1)

oo

1 -2 0

2 0 0

BA=

(-3 oo) 1 0 0

III-7

39. Si trovi una matrice quadrata di ordine 2 X= (~

~)*o

tale che si abbia AX= 0 dove A= (

~

~).

Soluzione. Si ha: AX - (a 0b 0 )·

Deve pertanto risultare:

a=O b = 0. Una qualunque matrice del tipo

con c e b non entrambi nulli soddisfa alla condizione richiesta.

40. Si trovi l'inversa della matrice A= (

Soluzione. Dobbiamo determinare

tale che

Poiche AX = ( a+2c b+2d ) 2a+c 2b+d

deve essere

~

i ).

III-8 a+2c = 1 b+2d = O 2a+c = 0 2b+d = 1. Si ottiene: 1

2

2

1

a--3, b=-3 , c=-3 , d=--3 . Quindi si ha:

x = A- 1 =

(

41. *Data la matrice A

1

_f½]

100)

= (1 o 1

2 0 1

si calcoli A3-2A2+A. Tenuta conto

del risultato si troui una matrice B

*0

tale che AB

= BA = 0.

Soluzione. Si ha :

(14 00 0) 1

A2 =AA= 3 o 1 ,

A3 = AA2 =

(156 0o0 0) 1 1

e quindi A 3 - 2A 2+A=

(i gI)-(! gi)+(i gI)= (g gg)

cioe A3-2A2 +A = 0. Quindi anche (usando la proprieta distributiva e il fatto che AI = IA = A se I = matrice identica): A3 -2A2+AI = 0 e pertanto A(A 2-2A+I) = 0 A 3-2A2+IA = 0 e pertanto (A2-2A+I)A = 0

III-9

Se ne deduce che la matrice richiesta B coincide con A2-2A+I.

42. Si stabilisca quali fra le seguenti matrici sono ,c;immetriche e quali

sono antisimmetriche. C=

(011) 1 2 3 1 3 -1

Soluzione. A non e ne simmetrica ne antisimmetrica; B antisimmetrica; C e simmetrica.

e

43. *Si trovi una matrice che sia contemporaneamente simmetrica e

antisimmetrica. Soluzione. La matrice nulla (di qualunque ordine) e sia simmetrica che antisimmetrica. Si noti che questo e l'unico esempio possibile. In effetti se A e simmetrica, au= aji per ogni i :;tj, mentre se _A e antisimmetrica si ha: aij = - aji per ogni i :;tj. Se ne deduce che si ha: aij = aji = - aji per ogni i :;t: j; inoltre gli elementi della diagonale sono nulli perche A e antisimmetrica. Quindi aji e nullo per ogni ij.

III-10

44. Si trovi la trasposta per ognuna delle matrici seguenti: A=

(1o 2o 3) 7

C

0 2 1

~ ~) 3 7 1

( 13 02 4) 6

(02 2o -3) 7

E=

D = (~

=

3 -7 0

Soluzione. tB-

tD=D

tE

perche D

02o -73)

= - E = (-2

-3 7 0

(461) 0 7 1

e simmetrica.

perche Ee antisimmetrica.

45. *Si trovino una matrice simmetrica S e una antisimmetrica A tali che si abbia S+A = B

=(

! ~ ).

Soluzione. Basta considerare

S

e simmetrica e

A antisimmetrica ed inoltre S+A = B.

IIl-11

46. *Per quali numeri complessi h la matrice a coefficienti complessi

A= (

~

ha rango 1?

-~ )

Soluzione. 11 rango delle matrici complesse si tratta come quello delle matrici reali. Con la trasformazione R 2 ➔ 3R2 -hR 1 la ma trice A si trasforma nella matrice A = l

(

3 -h ) 0 3+h 2

che e ridotta per righe. La seconda riga none nulla se 3+h2 -:t:- 0, e in questo caso il rango di A e 2. Se invece 3+h 2 = 0, la seconda riga e nulla e p(A) = 1. Le soluzioni dell'equazione 3+h2 = 0 sono h = ± i--./3 e sono questi i due valori complessi (non reali) per cui A ha rango 1. Si noti che in cam po reale A ha sempre rango 2.

Capitolo IV APPLICAZIONI LINEARI

47. Quali fra le seguenti applicazioni sono lineari? (i) f: R 4 ➔ R 2 definita da f(x,y,z,t) = (x-1,z); (ii) g: R 3 ➔ R 2 definita da g(x,y,z) = (2x-y,z); (iii) h: R ➔ R 3 definita da h(x) = (x,2x,3x). Soluzione. (i) f none lineare perche f(0,0,0,0) = (-1,0) * (0,0). (ii) g e lineare perche si ha: g(x,y,z) + g(x',y',z')

= (2x-y,z) + (2x'-y',z') = (2(x+x') - (y+y'),z+z') = g(x+x',y+y',z+z')

ag(x,y,z)

= a(2x-y,z) = (2(ax)-ay,az) = g(ax,ay,az).

Si puo anche osservare che 2x-y e z sono polinomi omogenei di primo grado e cio e segnale di applicazione lineare. (iii) h e lineare perche si ha:

IV-2

h(x) + h(x')

= (x,2x,3x) + (x',2x',3x')

= (x+x',2(x+x'),3(x+x')) = h(x+x'),

h(ax)

= (ax,2(ax),3(ax)) = a(x,2x,3x) = ah(x).

Ovvero si puo osservare che x, 2x, 3x sono polinomi omogenei di primo grado.

48. Data f: R 3

➔

R 2 definita da f(x,y,z) = (x-y,x+2z) si trovino il nucleo e l'immagine di f con le rispettive dimensioni. I

Soluzione. Per trovare il nucleo di f bisogna risolvere il sistema: x-y = 0 x+2z = 0 e si ottiene: X

= y = -2z,

cioe l'elemento generale del nucleo e (-2z,-2z,z) al variare di z in R. Poiche (-2z,-2z,z) = z(-2,-2,1), una base del nucleo e formata dal vet tore (-2,-2, 1) ed il nucleo ha dimensione 1. Poiche f opera fra R 3 ed R 2, si ha: dim Im f = 3 - dim ker f = 3-1 Im f

e generata dai vettori f(l,0,0) = (1,1) f(0,1,0) = (-1,0) f(0,0,1) = (0,2).

Poiche 1 (1,1) = - (-1,0) + 2 (0,2)

= 2.

IV-3

una base di Im f e formata da (-1,0) e da (0,2). Poiche inoltre Im f e un sottospazio di R 2 e ha la stessa dimensione 2 di R 2 , Im f coincide con R2.

49. Sia data la matrice A

=( ~

·J ~ ) e sia f: R

3

➔

R 2 l'applicazione

lineare associata ad A. Si calcoli f(-2,-2,1) e si stabilisca se f e iniettiva. Soluzione. Si ha (-2,-2,1) = - 2(1,0,0) - 2(0,1,0) + (0,0,1) da cui, ricordando il significato delle colonne di A: f(-2,-2,1) = - 2f(l,0,0) - 2f(0,1,0) + f(0,0,1) = -2(1,1) - 2(-1,0) + (0,2) = (0,0)

Ne segue che (-2,-2,1)

E

ker f; pertanto ker f

:t:-

{Ck,

3}

e f none

iniettiva.

50. Sia f: R 4

➔

R 2 l' a.l. definita da f(x,y,z,t) = (x-5t,y+z+t,x-y-z-t). Si trovi la matrice A associata ad f.

Soluzione. Si ha: f(l,0,0,0)

= (1,0,1) f(0,1,0,0) = (0,1,-1)

= 1a colonna di A = 2a colonna di A

f(0,0,1,0) = (0,1,-1)

= 3a colonna di A

f(0,0,0,1) = (-5,1,-1) = 4a colonna di A 100-5) 1 1 1 . 1 -1 -1 -1

Quindi A = ( o

IV-4

51. Si trouino la dimensione del nucleo e dell'immagine dell'a.l. dell'esercizio 50.

f

Soluzione. Si ha dim Im f = p(A) e dim ker f = 4 - dim Im f = 4 - p(A). Basta allora trovare il rango di A. Con la trasformazione R 3 ➔ R 3 -R1 si ottiene la matrice 100-5)

A' = ( o 1 1 1 0 -1 -1 4

econ la trasformazione R 3 ➔ R 3 +R 2 si ottiene la matrice

A"= (~ ~ ~ -f) 0 0 0 5

A" e ridotta di rango 3 e quindi dim Im f

= 3, dim ker f = 4 - 3 = 1.

52. Si stabilisca per quali h reali l'applicazione lineare f: R 3 ➔ R 3 definita da f(x,y,z) = (x+hz, y+hz, 2hz) e iniettiua, suriettiva, biiettiua. Soluzione. La matrice associata ad f e

A=(~~t) 0 O 2h *

Se h 0 la matrice e ridotta per righe con 3 righe non nulle e quindi ha rango 3; di qui segue che l'immagine ha dimensione 3 e il nucleo ha dimensione 3 - 3 = 0. Cioe f e iniettiva, suriettiva e biiettiva. Se h = 0, A ha rango 2 e quindi si ha: dim Im f = 2, dim Ker f = 1. Pertanto f non e ne iniettiva ne suriettiva ne tanto meno biiettiva.

IV-5

53. Si stabilisca se l'a.l. f: R 4 - R 3 definita da f(x,y,z,t) = (x-5t,x-6t) e iniettiva ovvero se e suriettiva. Soluzione. La matrice associata ad f e 1 0 0 -5) A= ( 1 o o -6 ·

Pertanto f e suriettiva perche il rango di A e 2 = dim R 2 ; f non e iniettiva perche dim ker f = 4-2 = 2 > 0.

54. Data l'a.l. f: R 3 - R 3 definita da f(x,y,z) = (x-y-z,x+y+z, z), si calcoli f(l,0,1), e si verifichi che e uguale alla somma della prima e della terza colonna delle matrice associata ad f.

Soluzione. Sostituendo si trova f(l,0,1) = (0,2,1). La matrice associata ad f e

1 -1 -1 ) ( 1 1 1 0 0 1

e la somma della prima e terza colonna e

(1,1,0) + (-1,1,1) = (0,2,1), cioe f(l,0,l).

55. Data l'a.l. f: R 4 - R 4 definita da f (x,y,z,t) = (x,x,x,x) si trovino la matrice associata ad f, una base del nucleo e una base dell'immagine di f e si stabilisca se f e iniettiva, suriettiva, biiettiva. 1 0 0 0)

Soluzione. La matrice associata ad f e

Mr= A = ( ~ ~ ~ ~

1 0 0 0

ker f si ottiene risolvendo l'equazione x = 0 e quindi e formate dai vettori (0,y,z,t), con y,z,t numeri reali arbitrari. Poiche si ha: (0,y,z,t) = y( 0, 1,0,0 )+z(0,0, 1,0)+t(0,0,0, 1)

IV-6

chiaramente una base di ker f e formata dai vettori (0,1,0,0), (0,0,l,0), (0,0,0,1) e quindi ker f ha dimensione 3. L'immagine di f e generata dal vettore (prima colonna di A) (1,1,1,1) = f(l,0,0,0) e quindi Im f ha dimensione 1 (= rango di A). L'applicazione lineare f non e iniettiva perche ker f contiene vettori non nulli; none suriettiva perche l'immagine contiene solo multipli di (1,1,1,1) e non, ad esempio, (0,1,0,0); non e biiettiva perche non e ne iniettiva ne suriettiva.

56. Data l'a.l. f: R 3 ➔ R 2 definita da f(x,y,z) = (x-y,x-z,y-z) si stabilisca quali fra i seguenti uettori appartengono a ker f: (1,1,1), (4,4,4), (4,5,5), (0,0,0). Soluzione. (1,1,1), (4,4,4) e (0,0,0). Infatti risulta f(l,1,1)

= (0,0,0),

f(4,4,4)

= (0,0,0),

f(0,0,0)

= (0,0,0),

mentre f(4,4,5) = (0,-1,-1)

-:t

(0,0,0).

57. Data l'a.l. f: R 3 ➔ R 3 definita da f(x,y,z) = (x-y,x-z,y-z) si stabilisca quali fra i seguenti uettori appartengono a Im f: (0,0,0~ (1,1,0), (-1,0,1), (5,6,1). Soluzione. Tutti. In effetti la matrice associata a f e 1 -1 0 )

A= ( 1 o -1 0 1 -1

IV-7

e l'immagine di f e generata dalle tre colonne; ma la terza colonna e la somma, cambiata di segno, fra la prima e la seconda; quindi l'immagine e generata dalla prima e dalla seconda colonna, cioe dai vettori v 1 = (1,1,0) e v 2 = (-1,0,1). Ogni vettore dell'immagine e quindi del tipo av 1+bv 2 = (a-b,a,b). Il vettore (0,0,0) appartiene all'immagine perche coincide con f(0,0,0); il vettore (1,1,0) e immagine (per definizione di matrice associata ad D del vettore (1,0,0); il vettore (-1,0,1) e immagine di (0,1,0). Peril vettore (5,6,1) dobbiamo usare la formula generale perche non e evidente dalla matrice che cosa avviene: esso si ottiene ponendo a= 6, b = 1 ed e immagine (ad esempio) di (6,1,0).

58. *Trovare due a.l. distinte f, g: R 2

➔

R tali che si abbia:

f(l,0,0) = 4 g(l,0,0) = 4. Soluzione. Ricordando che una applicazione lineare e definita se si conoscono le immagini dei vettori della base canonica, basta porre: f(l,0,0) = 4, f(0,1,0) = f(0,0,1) = 0 g(l,0,0) = 4, g(0,1,0) = g(0,0,1) = 1.

1 h O0

59. Per quali valori del parametro reale h la matrice A

= ( 1 o o o)

rappresenta un isomorfismo? Soluzione. Nessun valore di h perche A none quadrata.

1 0 0 0

IV-8 1 h O0

60. Per quali valori del parametro reale h la matrice A = ( 1 o o o ) 1 0 0 0

rappresenta un'applicazione lineare f suriettiva? Soluzione. Nessun valore di h perche p(A) :s; 2 mentre f e una applicazione lineare di R 4 in R 3 e sarebbe suriettiva se e solo se p(A) = dim Im f = dim R 3 = 3.

61. Per quali valori del parametro reale h la matrice

A= (

~ t~ ~)

1 0 0 0

rappresenta un'applicazione lineare f iniettiva? Soluzione. Nessun valore di h. Infatti f e un'a.l. di R 4 in R 3 e sarebbe iniettiva se e soltanto se fosse dim ker f = 4 - p(A) = 0, mentre si ha certamente dim ker f ~ 2, poiche p(A) :s; 2.

h O O O]

0 h O0 62. Per quali valori del parametro reale h la matrice A= ( 00h0 0 0 0 h

rappresenta un 'applicazione lineare suriettiva? Soluzione. Tutti i valori h "#- 0; in effetti, per h = 0 si tratta della matrice nulla (che non da un'applicazione suriettiva), mentre per h "#- 0, la matrice A ha rango 4, che e il massimo e quindi e associata a una applicazione lineare invertibile (in particolare suriettiva).

63. Si determini un'applicazione lineare suriettiua f: R4

➔

R 2.

IV-9

Soluzione. Basta considerare una matrice con due righe e quattro colonne avente rango 2, ad esempio 1100) A= ( 1000 ·

La corrispondente applicazione lineare

64. Si trovi una a.l. iniettiva f: R 2

~

e quella cercata.

R 3 tale che f(l,O) = (1,1,1).

Soluzione. Basta considerare una matrice di rango 2 con tre righe e due colonne, che abbia come prima colonna il vettore (1,1,1): A=

01)

Infatti l'applicazione lineare f associata ha dim ker f = 2 - p(A) = 0. Inoltre per definizione di applicazione lineare associata a una matrice si ha f(l,O) = (1,1,1).

Capitolo V SISTEMI LINEAR! E DETERMINANT!

65. Si stabilisca se

A=

e risolubile il sistema lineare

(1 o 3 0 1 1 )

0 0 -1

B=

AX = B dove

(i)

Soluzione. La matrice A ha rango 3 e pertanto anche la matrice completa (A I B) ha rango 3; il sistema e risolubile.

66. Si risolva, al variare di h reale, il sistema lineare AX = B dove

A -- ( 01 h0 2h) 0 Soluzione. Si tratta di un sistema ridotto, e cioe: hy+2hz X = 1.

=0

V-2

Allora e evidente che, se h = 0, la soluzione generale y e z libere; se invece h -:t-- 0, si ottiene:

e

(1,y,z), con

x=l y = -2z

e in questo caso la soluzione generale

e (1,-2z,z)

67. Si risolva il sistema omogeneo AX = 0 dove A

con z libera.

0 1 1

= ( ~ ~ -~

J

0 0 1

Soluzione. Occorre ridurre la matrice A. Con le trasformazioni:

R1

~

R 3 , R2

_,

R 2 - Ri, R3

_,

R 3 + R 2 , R4

_,

5R4 - R 3

si ottiene la matrice ridotta 1 3 -1 A '_ ( 0 -1 4 0 0 5

J

0 0 0

che ha rango 3. Pertanto il numero di incognite libere sistema ha solo la soluzione nulla.

68. Si trovi l'inversa della matrice A = (

~~

1)

1 3 -1

e 3-3 = 0 e il

V-3

Soluzione. Occorre risolvere il sistema lineare AX= I=

(6 ~ ~) 0 0 1

dove X e la matrice colonna i cui elementi sono le righe X 1, X 2 , X 3 della ma trice incognita A" 1 (se esiste). Si deve pertanto operare sulle righe della matrice: 0111100 o 1 o) 1 3 -1 0 0 1

(A 11) = ( 1 2 3

fino a ridurre A. Con le trasformazioni R 1 ~ R 2 , R3 ➔ Ra-Ri, R 3 ➔ R3 -R2 si ottiene la matrice 1 2 3 (A' I I') = ( o 1 1

Io 1 o) 1 o o

00-5

-1-11

con A' ridotta, che da luogo al sistema (nelle incognite X 1, X 2 , X 3 ): X 1+ 2X2 + 3X3 = (0, 1, 0)

X2 + X3 = (1,0,0) - 5X3 = (-1, -1, 1). Si ottiene: 1

X3=(5, 4

1

1)

5' -5 1

1)

X2= ( 5,-5,5 11

4

1)

X1 = ( - 5, 5 '5 Quindi si ha

4 11 ) A -1 = -l (-11 4 -1 5

1

1 -1

V-4

69. Si calcolino i determinanti delle seguenti matrici:

A=

(123) 002

9 0 1

Soluzione. det A = (sviluppo secondo la seconda riga)

= - 2(1,0 - 2-9) = - 2(-18) = 36; det B = 2-1 - 0·8 = 2

(h11 ho0 231 ) einvertibile.

70. Si stabilisca per quali h reali la matrice A = Soluzione. Basta vedere per quali h si ha det A= -h(h-2) -::t. 0. Quindi A e invertibile see soltanto se h

-::t.

0, h

-::t.

2.

71. Si stabilisca quali fra le seguenti matrici sono ortogonali, e quali sono ortogonali speciali: 0 0 0 1

1 0 0 0 A= ( 0100

J

0 0 1 0

D-

(

_--./3 2 1

_lJ 2

--.f3

-2 2

B-

(

--./3 .!_) 2 2 1 --./3 -2 2

E-

-

({3 2 1

.2!_

{3

-2 -2

J

C= (

-1 0 0 ) o o -1 0 0 1

V-5

e ortogonale speciale in quanto

Soluzione. A t

0001](0100] 1000 0010 0001 0010 1000

AA= ( 0100

B

e ortogonale speciale in quanto

C non nulla.

D

e ortogonale

perche non

e ortogonale non speciale

=