Algebra lineare - esercizi vari

R.

al variare di t in Scrivendo esplicitamente le coordinate di questi punti otteniamo

             

1 1 1 1 0 1

             

−1 − −1 −t

0 + t 0 = 0 + t = .

−2 −

2 0 2 2 2 2t

Quindi le equazioni parametriche della retta che otteniamo sono

 x =1



 −t

y =



 −

z = 2 2t

4

Analogamente, i punti del piano per P , Q e R sono gli estremi finali dei vettori

−→ −→ −→ −→ −→

− −

OP + t( OQ OP ) + s( OR OP ),

R.

variare di t e s in Le coordinate di questi punti sono quindi

  

   

     



1 1 1 0 1

  

   

     



−1 − −1 −

0 + t 0 + s 0 =

2 0 2 1 2

       

−1 −

1 0 1 s

       

−1 −1 −t −

0 + t + s = s .

−2 −1 − −

2 2 2t s

Le equazioni parametriche del piano che otteniamo sono

 −

x =1 s



 −t −

y = s



 − −

z = 2 2t s

3.

1 13

1 −

0

3

A =

(1) 1

−1 0

3 3

(2) No. La somma di due matrici è definita se e solo se le matrici hanno le stesse

dimensioni.    

1 1 1 1

   

−1 −2 −1 −2

(3) B + C = + =

0 1 1 1

   

1+1 1+1 2 2

   

−1 − −2 − −2 −4

1 2 =

0+1 1+1 1 2

 

1 1

−1

1 0  

−1 −2

(4) AB = =

−3 1 0 0 1

· · · · · ·

1 1 + 0 (−1) + (−1) 0 1 1 + 0 (−2) + (−1) 1 1 0

=

−3 · · · −3 · · · −4 −5

1 + 1 (−1) + 0 0 1 + 1 (−2) + 0 1 5

(5) Il prodotto BA è definito ed è una matrice che ha lo stesso numero di righe di

×

B e lo stesso numero di colonne di A, quindi è 3 3.

(6) Il prodotto BC non è definito. Infatti, il prodotto M N di due matrici M ed N

è definito se e solo se il numero di colonne di M è uguale al numero di righe di N .

Nel nostro caso B ha 2 colonne, ma C ha 3 righe.

4.    

−2 −2 | −3

1 5 1 5

   

|

(1) A = 2 3 1 ; (A|b) = 2 3 1 4

−3 −3 | −5

3 8 3 8

Applicando l’eliminazione di Gauss a (A|b) otteniamo

  

 −2 | −3 −2 | −3

1 5 1 5

II7→

II−2I III7→

III−2II

   

III7→

III−3I

−−−−−−→ −9 | −−−−−−−→

| 0 7 10

2 3 1 4

−3 | −5 −18 |

3 8 0 14 4

 

−2 | −3

1 5

 

−9 |

0 7 4 , (1)

| −16

0 0 0

dove vediamo sottolineati i pivot. Quindi il rango di (A|b), che coincide con il

numero dei pivot, è 3. Osserviamo ora che applicando l’eliminazione di Gauss ad A

otteniamo come risultato esattamente il blocco sinistro della matrice scritta sopra,

 

−2

1 5

 

−9

0 7 ,

0 0 0

quindi rk A = 2.

(2) Dal punto precedente si deduce che il sistema non ha soluzioni. Questo segue o

dal teorema di Rouché-Capelli, per il fatto che il rango della matrice dei coefficienti

è minore del rango della matrice completa, o direttamente dalla forma della matrice

a scala (1). Infatti, il nostro sistema iniziale è equivalente al sistema che ha per

−16

matrice completa la (1); questo sistema contiene l’equazione 0 = ed è perciò

incompatibile.

(3) Il sistema omogeneo associato è risolubile, come ogni sistema omogeneo; inoltre

dai risultati del punto (1) sappiamo che ha infinite soluzioni. Più precisamente

R 3

le soluzioni di questo sistema sono un sottospazio vettoriale di di dimensione

uguale al numero delle incognite meno il rango di A, cioè 1. Dall’eliminazione di

Gauss già fatta otteniamo che il nostro sistema omogeneo è equivalente a

−

x 2y + 5z = 0

−

7y 9z = 0

Lasciamo indeterminata l’incognita “senza pivot”, z, ed esprimiamo le altre inco-

gnite in funzione di essa, procedendo per sostituzione dall’ultima equazione:

−17

−17

18 −

− z 5z = z x = z

x = 2y 5z = 7 7 7

→

9 9

z z

y = y =

7 7

6

L’insieme delle soluzioni è quindi l’insieme di vettori

 

 

17

− z

 

7

  R

9 | ∈

z .

z

7

 

z

(4) Abbiamo già osservato all’inizio della risoluzione del punto (3) che la dimensione

dello spazio dello soluzioni del sistema omogeneo considerato è 1. Questo è confer-

mato dalla scrittura esplicita dell’insieme delle soluzioni data qui sopra. Infatti il

generico vettore soluzione è   

 17

17 −

− z

7 7

   

9 9

= z ,

z

7 7

z 1

R,

al variare di z in quindi 

  

17

− 

 7

 

9

7

 

1

è una base per lo spazio vettoriale delle soluzioni.

5. Scriviamo la matrice completa del sistema e applichiamole l’eliminazione di

Gauss:

   

−1 | −1 |

1 0 1 1 0 1

II7→

II−tI III7→

III−tII

   

III7→

III−2I

| | −

−−−−−−→ −−−−−−−→

t 1 0 1 0 1 t 1 t

−2 | | −

2 t s 0 t 0 s 2

 

−1 |

1 0 1

 

| −

0 1 t 1 t .

2 2

−t | − −

0 0 s 2 t + t 6

Vediamo subito che la matrice dei coefficienti ha rango 3 se e solo se t = 0. Quindi

6

per ogni t = 0 il sistema ha una soluzione, unica, qualunque sia s.

2

− −

Quando t = 0 il sistema ha soluzioni se e solo se s 2 t + t = 0, quindi se e

solo se s = 2. In questo caso il rango della matrice completa, come quello della

matrice dei coefficienti, è 2 e quindi l’insieme delle soluzioni è un sottospazio affine

di dimensione 1 (il numero delle incognite meno il rango).

R R

4 4

6. (1) Poiché dim = 4, un insieme indipendente di vettori di può avere al

{v }

più 4 elementi. In particolare , . . . , v è linearmente dipendente.

1 5 R

(2) Dobbiamo vedere se esistono dei coefficienti x , . . . , x in tali che

1 4

· · ·

x v + + x v = v .

1 1 4 4 5

Scrivendo esplicitamente la relazione precedente vediamo che essa è equivalente al

sistema, nelle incognite x , . . . , x , che ha matrice completa

1 4

 

|

1 1 0 1 0

−1 |

0 1 1 1

  , (2)

 

−1 −1 |

2 1 0

−1 −1 |

0 0 2 7

cioè la matrice che ha per colonne i vettori v , . . . , v , v . Applichiamo l’eliminazione

1 4 5

di Gauss a questa matrice:

   

| |

1 1 0 1 0 1 1 0 1 0

−1 | −1 |

0 1 1 1 0 1 1 1

   

→ →

   

−1 −1 | −1 −1 −3 |

2 1 0 0 0

−1 −1 | −1 |

0 0 2 0 1 1 2

 

|

1 1 0 1 0

−1 |

0 1 1 1

  0

. (2 )

 

−2 −2 |

0 0 1

|

0 0 0 0 1

Il sistema iniziale è equivalente a quello che ha per matrice completa la matrice a

scala ottenuta. Quest’ultimo contiene l’equazione 0 = 1 e perciò è incompatibile.

Ne concludiamo che v non si può scrivere come combinazione lineare di v , . . . , v .

5 1 4

(3) Chiamiamo M la matrice che ha per colonne v , . . . , v . Questa è il blocco

1 4

sinistro della matrice (2) del punto precedente 

 1 1 0 1

−1

0 1 1 

 .

M = 

 −1 −1

2 1

−1 −1

0 0

Quindi se applichiamo ad M l’eliminazione di Gauss, otteniamo il blocco sinistro

0

della matrice (2 ) del punto precedente, chiamiamolo S,

 

1 1 0 1

−1

0 1 1

 

S = .

 

−2 −2

0 0

0 0 0 0

S ha 3 pivot, quindi rk S = rk M = 3. Poiché il rango è uguale alla dimensione

{v },

dello spazio delle colonne della matrice M , che è esattamente Span , . . . , v

1 4

{v }) {v }

otteniamo che dim (Span , . . . , v = 3 e quindi che , . . . , v è linearmente

1 4 1 4

dipendente. Più precisamente, dalla posizione dei pivot in S si deduce che v è

4

{v }

combinazione lineare dei precedenti, mentre , v , v è linearmente indipendente

1 2 3

{v }.

e quindi è una base di. Span , . . . , v

1 4

(4) Questo è possibile per il risultato trovato in (3). Dobbiamo trovare x , . . . , x ,

1 4

numeri reali non tutti nulli, tali che

x v + x v + x v + x v = 0, (4)

1 1 2 2 3 3 4 4

R 4

è il vettore nullo di . La relazione (4) equivale al sistema omogeneo

dove 0 M x = 0,

 

x 1

x

 

2

dove x = e M è la matrice del punto (3). Dall’eliminazione di Gauss del

 

x 3

x 4

punto (3) troviamo che (4) è anche equivalente al sistema omogeneo di matrice S.

8

Lasciamo x indeterminata ed esprimiamo le altre incognite in funzione di essa,

4

procedendo per sostituzione dalla terza equazione. Otteniamo:

 

−x −

x = x = x x = x

 

 

1 2 4 4 1 4

− −2x → −2x

x = x x = x =

2 3 4 4 2 4

 

 

−x −x

x = x =

3 4 3 4

−2, −1,

Per x = 1, ad esempio, troviamo x = 1, x = x = e quindi otteniamo

4 1 2 3

la relazione − −

v 2v v + v = 0.

1 2 3 4

(5) Il procedimento è analogo a quello del punto (2), dobbiamo risolvere l’equazione

nelle incognite x , . . . , x

1 4 x v + x v + x v + x v = e ,

1 1 2 2 3 3 4 4 3

dove e è il terzo vettore della base canonica. Questa equazione equivale al sistema

3

nelle incognite x , . . . , x che ha come matrice completa:

1 4  

|

1 1 0 1 0

−1