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X
c = a b .
ij ik kj
k=1
2
Si ottiene quindi come risultato una matrice 3 × 2:
17 -16
17 -26
C = .
-1 -1 2
Esercizio 4 Calcolare il determinante della seguente matrice
−1 5 2
−15 0 7
A = .
−3 8 4
Soluzione. Il Teorema di Laplace ci dice che il determinante di una matrice quadrata A
di ordine n è dato dalla somma dei prodotti degli elementi di una qualsiasi riga i-esima per
i rispettivi complementi algebrici: n
X i+j
det(A) = a (−1) det(A ),
ij ij
j=1
oppure dalla somma dei prodotti degli elementi di una qualsiasi colonna j-esima per i
rispettivi complementi algebrici: n
X i+j
det(A) = a (−1) det(A ).
ij ij
i=1
Allo scopo di ridurre al minimo i calcoli necessari, calcoliamo il determinante di A svilup-
pando rispetto alla seconda riga (o, equivalentemente, rispetto all seconda colonna) poiché
è quella che contiene il maggior numero di zeri. Si ha
µ ¶ µ ¶
5 2 −1 5
2+1 2+3
det(A) = (−15) (−1) det + 7 (−1) det =
8 4 −3 8
¡ ¢ ¡ ¢
= 15 5 · 4 − 2 · 8 − 7 (−1) · 8 − 5 · (−3) = 11. 2
Esercizio 5 Si calcoli il determinante della matrice
1 -1 0 1
0 -1 0 2
.
A =
3 -2 2 1
1 4 2 1
3
Soluzione. Per calcolare il determinante utilizziamo la regola di Laplace, che dice che il
determinante di una matrice A è dato da dalla somma dei prodotti di una qualsiasi riga
i-sima (o colonna) per i rispettivi complementi algebrici:
n
X i+j
det(A) = a (−1) A (sviluppo secondo la riga i-sima).
ij ij
j=1
Per semplificare i calcoli è opportuno scegliere una riga o colonna che contenga il maggior
numero di zeri; nel nostro caso ad esempio la seconda riga o la terza colonna. Sviluppando
ad esempio lungo la terza colonna otteniamo:
1 -1 1 1 -1 1
4+3
3+3 0 -1 2 0 -1 2
det(A) = 2(−1) det + 2(−1) det .
1 4 1 3 -2 1
In modo analogo otteniamo
µ ¶ µ ¶
1 -1 1 -1 2 -1 1
1+1 3+1
0 -1 2
det = 1(−1) det +1(−1) det = (−1−8)+(−2+1) = −10
4 1 -1 2
1 4 1
e µ ¶ µ ¶
1 -1 1 -1 2 -1 1
1+1 3+1
0 -1 2
det = 1(−1) det +3(−1) det = (−1+4)+3(−2+1) = 0
-2 1 -1 2
3 -2 1
da cui alla fine si ha det(A) = 2(−10) − 2(0) = −20 . 2
Esercizio 6 Dire per quali valori del parametro k ∈ R il determinante della matrice
k − 2 0 6
−1 4 k + 3
A = 0 −2 0
è diverso da zero.
Soluzione. Calcoliamo il determinante della matrice A in base allo sviluppo di Laplace
secondo la terza riga: µ ¶
k − 2 6
3+2 2
det(A) = −2 (−1) det = 2 [(k − 2)(k + 3) − 6 (−1)] = 2 (k + k) .
−1 k + 3
Risulta immediato verificare che il determinante è diverso da zero per k 6 = 0 e per k 6 = −1.
Osservazione: La condizione det(A) 6 = 0
è necessaria e sufficiente affinché la matrice A sia invertibile. 2
4
Esercizio 7 Data la matrice
k − 2 0 6
−1 4 k + 3
A = 0 −2 0
−1
calcolare, quando esiste, la matrice inversa A .
Soluzione. Dato il risultato dell’esercizio 6, si ha che per valori del parametro k diversi da
0 e −1, la matrice è invertibile.
Calcoliamo i complementi algebrici:
µ ¶ µ ¶ µ ¶
4 k +3 −1 k +3 −1 4
1+1 1+2 1+3
A = (−1) det A = (−1) det A = (−1) det
11 12 13
−2 0 0 0 0 −2
µ µ µ
¶ ¶ ¶
0 6 k − 2 6 k − 2 0
2+1 2+2 2+3
A = (−1) det A = (−1) det A = (−1) det
21 22 23
−2 0 0 0 0 −2
µ ¶ µ ¶ µ ¶
0 6 k − 2 6 k − 2 0
3+1 3+2 3+3
A = (−1) det A = (−1) det A = (−1) det .
31 32 33
4 k +3 −1 k +3 −1 4
Si ottiene A = −2k − 6 A = 0 A = 2
11 12 13
A = 0 A = 0 A = 2k − 4
21 22 23
2
A = −24 A = −k − k A = 4k − 8 .
31 32 33
∗
La matrice aggiunta A è allora data da
T −2k − 6 0 −24
−2k − 6 0 2
∗ 2
0 0 2k − 4 0 0 −k − k
= .
A = 2 2 2k − 4 4k − 8
−24 −k − k 4k − 8
Calcoliamo, infine, la matrice inversa
−2k − 6 0 −24
∗
A 1
−1 2
0 0 −k − k ,
A = = 2
det(A) 2 (k + k) 2 2k − 4 4k − 8
5
o equivalentemente
12
k +3 0 −
−
2 2
k + k k + k
1
−1
A = ,
0 0 −
2
k − 2 2k − 4
1
2 2 2
k + k k + k k + k
per ogni k ∈ R tale che k 6 = 0 e k 6 = −1. 2
Esercizio 8 Calcolare la matrice inversa (se esiste) di
0 3 1
1 7 2
A = −1 −2 3
Soluzione. Da un teorema dell’algebra, sappiamo che una matrice A di ordine n è in-
vertibile se e solo il suo determinante è diverso da zero, ossia det(A) 6 = 0. Inoltre se tale
−1
condizione è verificata, gli elementi dell’inversa A sono dati dai complementi algebrici
della matrice trasposta, divisi per det(A).
Pertanto, accertiamo innanzitutto la condizione (necessaria e sufficiente) per l’invertibilità
della matrice A: µ ¶ µ ¶
1 2 1 7
1+2 1+3
det(A) = 3 (−1) det + 1 (−1) det = −10 (6 = 0).
−1 3 −1 −2
−1
Possiamo ora procedere alla costruzione della matrice inversa A attraverso i seguenti
passi:
1. scriviamo la matrice trasposta di A:
0 1 −1
T 3 7 −2
A = .
1 2 3 T
2. costruiamo la matrice dei complementi algebrici di A , detta matrice aggiunta di A
∗
e indicata con A :
A A A
11 12 13
∗ A A A
A = 21 22 23
A A A
31 32 33
dove µ ¶ µ ¶ µ ¶
7 −2 3 −2 3 7
1+1 1+2 1+3
A = (−1) det A = (−1) det A = (−1) det
11 12 13
2 3 1 3 1 2
6
µ ¶ µ ¶ µ ¶
1 −1 0 −1 0 1
2+1 2+2 2+3
A = (−1) det A = (−1) det A = (−1) det
21 22 23
2 3 1 3 1 2
µ ¶ µ ¶ µ ¶
1 −1 0 −1 0 1
3+1 3+2 3+3
A = (−1) det A = (−1) det A = (−1) det
31 32 33
7 −2 3 −2 3 7
A = 25 A = −11 A = −1
11 12 13
A = −5 A = 1 A = 1
21 22 23
A = 5 A = −3 A = −3 ;
31 32 33
3. determiniamo la matrice inversa di A mediante la seguente formula
1 ∗
−1 A .
A = det(A)
25 −11 −1 −2.5 1.1 0.1
1
−1 −5 1 1 0.5 −0.1 −0.1
A = − =
10 5 −3 −3 −0.5 0.3 0.3 2
Esercizio 9 Si calcoli (se esiste) l’inversa della matrice
2 -1 0 1
0 -1 1 0
A = .
3 -2 0 1
1 3 2 1
Soluzione. Innanzitutto bisogna calcolare il determinante della matrice per vedere se essa
è invertibile; sviluppando ad esempio per la seconda riga si ottiene che det(A) = −5 e
−1
dunque la matrice è invertibile. A questo punto gli elementi b della matrice inversa A
ij
si calcolano usando la regola: A
ji
b = .
ij det(A)
Ad esempio l’elemento di posto (3, 2) sarà dato da:
2 -1 1
2+3 3 -2 1
(−1) det 1 3 1
A 3
2,3
b = = = .
3,2 det(A) −5 5
7
In modo analogo si calcolano tutti gli altri elementi e si ottiene:
-7/5 -2/5 6/5 1/5
-2/5 -2/5 1/5 1/5
−1
A =
-2/5 3/5 1/5 1/5
17/5 2/5 -11/5 -1/5. 2
Esercizio 10 Si discuta, al variare del parametro a ∈ R, il rango della matrice
1 0 a -1
2 2a 3 1
.
1 4 1 1
-1 -1 0 1
Soluzione. Innanzitutto calcoliamo il determinante della matrice: esso risulterà essere una
funzione del parametro a. Utilizzando la regola di Laplace si ottiene
2
det(A) = −4a + 13a − 3 ;
abbiamo cioè ottenuto un’equazione di secondo grado nell’incognita a, i cui eventuali zeri
saranno dunque i valori di a per cui det(A) = 0, cioè per cui r(A) ≤ 3. La formula risolutiva
delle equazioni di secondo grado ci porge le due soluzioni (
√ 2 1/4
−13 ± 11
13 − 4 · 12
−13 ± = =
a =
1,2 −8 −8 3
dunque per a = 1/4 e a = 3 si ha r(a) ≤ 3. Sostituendo tali valori otteniamo le due matrici
rispettivamente
1 0 1/4 -1
2 1/2 3 1
A =
1
1 4 1 1
-1 -1 0 1
e
1 0 3 -1
2 6 3 1
.
A =
2
1 4 1 1
-1 -1 0 1
Calcolando il determinante della sottomatrice di A
1
2 1/2 3
1 4 1
-1 -1 0
8
formata prendendo le prime tre colonne e le ultime tre righe si vede che esso è uguale a
21/2, e dunque r(A ) = 3. Analogamente calcolando il determinante della sottomatrice di
1
A
2 1 0 3
1 4 1
-1 -1 0
si vede che esso è uguale a 10 e quindi anche r(A ) = 3.
2
Riassumendo si ha dunque:
r(A) = 4 se a 6 = 1/4, 3;
r(A) = 3 se a = 1/4, 3. 2
Dipendenza e indipendenza lineare
3
Esercizio 11 Siano dati i seguenti tre vettori di R :
1 3 2
3 3 0
x = x = x = .
1 2 3
0 −3 −3
Usando la definizione di combinazione lineare nulla tra vettori, dire se i tre vettori sono
linearmente dipendenti (LD) o linearmente indipendenti (LI).
Soluzione. La generica combinazione lineare nulla dei 3 vettori risulta
c x + c x + c x = 0 ,
1 1 2 2 3 3
con c , c , c ∈ R (detti scalari). Se l’uguaglianza è verificata con almeno uno degli
1 2 3
scalari diverso da zero, i ve
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