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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 vettori sono LD, mentre se l’uguaglianza è verificata nel solo

caso c = c = c = 0 i vettori sono LI. Esplicitando ed effettuando le operazioni di

1 2 3

moltiplicazione per uno scalare e di addizione tra vettori, otteniamo il seguente sistema:

 c + 3 c + 2 c = 0

 1 2 3

 3 c + 3 c =0

1 2

 − 3 c − 3 c = 0

2 3

Scritto in forma matriciale diventa: A c = 0

dove 

   

 0

1 3 2 c

1 

   

 0

3 3 0 c .

c = 0 =

A = 2 0

0 −3 −3 c

3

9

In generale, un sistema lineare del tipo A x = 0

n m

con A matrice (m × n), x vettore di R e 0 vettore nullo di R , si dice sistema lineare

¡ ¢

∗ ∗ ∗ ∗

omogeneo. La soluzione banale x = x , x , . . . , x = 0 è sempre soluzione. Il sistema

n

1 2

ammette anche soluzioni diverse dal vettore nullo (e sono infinite) se e solo se r(A) < n (nel

caso di A matrice (n × n) se e solo se det(A) = 0).

Da quanto detto, calcoliamo il determinante di A:

µ ¶ µ ¶

3 2 1 2

2+1 2+2

det(A) = 3 (−1) det + 3 (−1) det = 0.

−3 −3 0 −3

Essendo det(A) = 0, le soluzioni del sistema omogeneo A c = 0 sono infinite (ovvero, esiste

almeno una combinazione lineare nulla con coefficienti non tutti nulli) e quindi possiamo

affermare che i tre vettori sono LD.

Dato che la seguente sottomatrice µ ¶

3 2

0

A = −3 −3

0

ha determinante non nullo (ossia, det(A ) = −3), otteniamo che r(A) = 2. Il sistema omoge-

3−2 1

neo ha quindi ∞ = ∞ soluzioni. Scegliendo come parametro l’incognita corrispondente

0

alla colonna non usata nella costruzione della sottomatrice A , ossia l’incognita c , si ottiene

1

il seguente sistema associato: 0 0

A c = b

dove µ ¶ µ ¶

c −c

2 1

0

c = b =

c 0

3 0

Risolviamo ora il sistema associato mediante l’inversione della matrice A , ossia

0 0 −1

c = (A ) b

0 −1

La matrice inversa (A ) risulta µ ¶ µ ¶

2

1 −3 −2 1

0 −1 3

(A ) = − = .

3 3 −1 −1

3

Sostituendo nella formula risolutiva, otteniamo

¶µ ¶ µ ¶

µ 2 −c −c

1 1 1

0 3 = .

c = −1 −1 0 c

1

Le soluzioni del sistema lineare omogeneo A c = 0 sono quindi rappresentate dal seguente

insieme {(c , −c , c ) | c ∈ R}.

1 1 1 1

10

Risulta pertanto  

     

1 3 2 0

       

3 3 0 0

− c + c = .

c

1 1 1

0 −3 −3 0 2

4

Esercizio 12 Determinare se i 4 vettori di R

       

1 0 1 -1

       

0 3 1 1

       

x = x = x = x =

1 2 3 4

       

2 1 0 2

5 1 1 0

sono linearmente indipendenti. n

Soluzione. Dato che ci troviamo nel caso di n vettori di R , sappiamo che essi sono

linearmente indipendenti se e solo se la matrice che ha per colonne (o per righe) i suddetti

vettori ha rango pieno, cioè il determinante è non nullo. Dobbiamo quindi calcolare il

determinante di  

1 0 2 5

 

0 3 1 1

 

A = .

 

1 1 0 1

-1 1 2 0

Usando la regola di Laplace si trova det(A) = 15 e dunque i vettori sono linearmente indi-

pendenti. 2

4

Esercizio 13 Dati i tre vettori di R :

     

3 2 1

     

−6 10 −11

     

v = v = v =

1 2 3

     

2 4 0

5 8 1

stabilire se sono linearmente indipendenti.

Soluzione. Ricordiamo che i vettori v , v e v sono linearmente indipendenti se da

1 2 3

c v + c v + c v = 0

1 1 2 2 3 3

segue c = c = c = 0.

1 2 3

Sostituendo nell’espressione precedente i tre vettori, si ottiene l’equazione

   

   0

2 1

3 

   

   0

10 −11

−6 

   

   ,

+ c =

c + c 3

2

1 

   

   0

4 0

2 0

8 1

5 11

che riscritta in forma matriciale diventa

  

 

3 2 2 0

c

1

  

−6 10 −11 0

  

 

c ,

=

2

  

2 4 0 0

c

3

5 8 1 0

o in maniera più compatta A c = 0 .

3 4

Si osservi che A è una matrice 4 × 3, c ∈ R e 0 ∈ R .

Il sistema lineare omogeneo in questione ammette come unica soluzione il vettore nullo

(c , c , c ) = (0, 0, 0) se e solo se r(A) = r(A|0) = 3, e in tal caso potremmo affermare che

1 2 3

i tre vettori v , v e v sono linearmente indipendenti.

1 2 3

Determiniamo, innanzitutto, il rango della matrice A. Dal calcolo dei determinanti

di tutte le sottomatrici 3 × 3 che si possono ricavare dalla matrice A,

   

−6 10 −11 3 2 2

   

2 4 0 2 4 0

det = 0 det = 0

5 8 1 5 8 1

   

3 2 2 3 2 2

   

−6 10 −11 −6 10 −11

det = 0 det = 0

5 8 1 2 4 0

si verifica che il rango di A non può essere 3.

Se si considerano, ad esempio, le prime due righe e le prime due colonne di A, si ha che

µ ¶

3 2

det = 3 · 10 − 2(−6) = 42 6 = 0

−6 10

e quindi si può concludere che r(A) = r(A|0) = 2 < 3.

I tre vettori v , v e v sono linearmente dipendenti se e solo se almeno uno dei

1 2 3

coefficienti c , c o c è diverso da zero. Inoltre, in caso di dipendenza lineare, è possibile

1 2 3

scrivere almeno uno dei vettori come combinazione lineare dei rimanenti.

Risolviamo ora il sistema lineare A c = 0 .

Esso ammetterà infinite soluzioni. Per la risoluzione, consideriamo le prime due equazioni

e come parametro c . Dobbiamo quindi risolvere il seguente sistema

3 µ ¶µ ¶ µ ¶

3 2 c −2c

1 3

=

−6 10 c 11c

2 3

la cui matrice dei coefficienti è la stessa sottomatrice di A che abbiamo considerato per il

calcolo del rango.

Possiamo riscrivere il sistema in forma matriciale

0 0

A c = b ,

12

dove ¶ µ ¶

µ ¶ µ −2c

3 2 c 3

1

0

0 c = b = .

A = −6 10 c 11c

3

2

0

Noto che det(A ) = 42, in base alla regola di Cramer, determiniamo le soluzioni

µ ¶

−2c 2

3

det 11c 10

3

c = = −c

1 3

42

µ ¶

3 −2c

3

det −6 11c 1

3

c = = c .

2 3

42 2

Tutte le (infinite) soluzioni del sistema di partenza si presentano nella forma (−c , 0.5c , c ),

3 3 3

con c ∈ R. Si ha, inoltre,

3    

   

2

3 1 0

 

    

1 10

−6 −11 0

 

    

c

−c + c

+ = .

3

3 3

 

    

4

2 0 0

2 8

5 1 0

Del resto, era (quasi) immediato verificare che il terzo vettore risultava dalla differenza tra

12

il primo e il secondo moltiplicato per :

 

   

3 2 1

 

   

1

−6 10 −11

 

   

− = .

 

   

2 4 0

2

5 8 1 2

Sistemi lineari

Esercizio 14 Si determini se il sistema di equazioni lineari

x + x − 5x = 1

 1 2 3

2x − x + x = 0

1 2 4

x + x + 6x + 3x = 1

 1 2 3 4

x + 2x + x = 2

2 3 4

ammette un’unica soluzione, e in caso affermativo la si calcoli.

Soluzione. Dato che abbiamo a che fare con un sistema di n equazioni in n incognite

possiamo utilizzare il Teorema di Cramer: il sistema avrà un’unica soluzione se e solo se il

13

determinante della matrice formata dai coefficienti delle incognite è non nullo. Nel nostro

caso si ha  

1 1 -5 0

 

2 -1 0 1

 

A = .

 

1 1 6 3

0 1 2 1

Calcolando il determinante si ottiene det(A) = 4 e dunque il sistema ammette un’unica

soluzione. Per calcolarla esplicitamente ricordiamo che le componenti del vettore soluzione

si ottengono tramite la formula D

i

x =

i det(A)

dove D è il determinante della matrice ottenuta da A sostituendo la colonna i-sima con il

i

vettore dei termini noti. Ad esempio si ottiene

 

1 1 -5 0

 

0 -1 0 1

 

det  

1 1 6 3

2 1 2 1 36

= = 9 .

x =

1 4 4

Analogamente si procede per gli altri casi e si trova x = 7, x = 3, x = −11. 2

2 3 4

Esercizio 15 Si determini (senza risolverlo) se il sistema di equazioni

x + x + 4x = 1

 1 2 3

2x − x + 3x = 0

1 2 3

3x + x = 1

 2 3

x + x = 1

1 2

ammette soluzioni.

Soluzione. Abbiamo a che fare con un sistema di 4 equazioni in tre incognite; è dunque il

caso di utilizzare il teorema di Rouchè-Capelli; la matrice A dei coefficienti è data da

1 1 4 

2 -1 3

 

A = .

0 3 1

1 1 0

Il rango di questa matrice è ovviamente ≤ 3 dato che il numero delle colonne è 3; calcolando

il determinante della sottomatrice quadrata 3 × 3

 

2 −1 3

 

0 3 1

1 1 0

14


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DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria civile
SSD:
Università: Firenze - Unifi
A.A.: 2013-2014

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher GBoldrini di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Geometria e Algebra lineare e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Firenze - Unifi o del prof Calamai Simone.

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