Esercizi svolti di Algebra delle matrici

DETERMINARE IL RANGO DI UNA MATRICE CON UNA VARIABILE

Se A una matrice m×n e k∈ℝ:

A = | 2 3 k+2 | | 4 5 3 | 3×4 | 2 0 1 |

Sicuramente r≤p≤3

3H2 = | 10 -7 |

Questo cade ∀k∈ℝ quando 2≤p=3.

Adesso si devono considerare gli olete d H₂ H₄, ottenendo sopprimendo

lo prima o lo quarta colonna:

Non c'è nessun valore di k per cui i due olete s annullano contemporaneamente,

quindi p = 3. k∈ℝ => O₁ = O₂ = 0 quando p=3 ∀k∈ℝ.

Adesso consideriamo un caso in cui esista un valore di k per cui due det. si annullano

_A = _{(1 k 2)          (1 k -1)          (k 1 -1)}

con 1 ≤ P ≤ 3

_M₂ = _{(1 2)                 (1 -1)}

O₁ = -1+2-k²-(2k-k-1)= -k²-k+2= (k²+k-2)

O₂ = -k+2-k-2k²+1+1= (k²+k-2)

k²+k-2=0

_k1,2 = _{-1±√1-4*1*(-2)}/2 = -1±3/2 → 1 -2

Osserviamo che:

O₁ = O₂ = 0 (se k=-1 oppure k=-2 in questo caso P=2 )

Se invece k≠1 oppure k≠-2 risulta P=3

O₁ = |A| = 0

O₂ =

perché le prime e la terza riga sono uguali.

Tutti gli orlati di 1x1 sono regolari a 0. Quindi anche A' orlato risorge regolare a 2.

Dato che p = o p = 1 < 2 il sistema non compatibile. Ma p ≤ n (2 ≤ 3) quindi il sistema compatibile oo' (infinite soluzioni che dipendono da un solo parametro).

Considero la matrice A e il minore preso in considerazione:

elimino la riga non interessata al minore preso. Il minore preso è di ordine 2 quindi p - 2.

Ottengo quindi questo sistema:

sostituire il parametro a al posto della variabile non presente nel minore preso in considerazione: qui y,

Adesso riduciamo il sistema a due variabili a 2 incognite. Uso Cramer:

     1 - 4α = -  . =     2α - 1 -10              10

\(\bar{y}\) = α

ESERCIZIO POTENTE (ESONERO)

TRACCIA: Discutere il seguente sistema.

{kx + 3y + 3z = k x + ky + t = 0 2x - kz + 2t = 0 k ∈ ℝ m = 3 n = 4

Parliamo della matrice A

A = | k 3 0 | | 1 k 1 | | 2 0-k 2 |

In questo caso non abbiamo una matrice quadrata e quindi è impossibile calcolare il determinante. Allora, consideriamo un minore di ordine 2 diverso da 0 e k non dipende da k.

| Iₘ₂ | = | 3 0 | = 3 ≠ 0 ⇒ ∀ k ∈ ℝ 1 ≤ p ≤ 3 | 0 1 |

Quindi consideriamo gli alatri di I₂₂ in A.

O₁ | 3 3 0 | | k 0 1 | = ±3k -6k = -3k | 0-k 2 | O₂ | k 3 0 | | 1 0 1 | = 6 - (k² + 6) = 6 + k² - 6 = k² | 2-k 2 |

Se esiste un valore di k per cui si annullano contemporaneamente le due relazioni p = 2 altrimenti p = 3. In questo caso O₁ = O₂ = 0 ⇔ k = 0

Quindi ho 2 possibili casi:

1. Se k ≠ 0 ⇒ p = 3 Con p = p' Quindi il sistema risulta compatibile.

Esercizi sulla linear dipendenza e indipendenza

In ℝ³ V₁ = (1, 2, 0) V₂ = (0, -1, 2) V₃ = (2, 5, -2)

Stabilire se i vettori V₁, V₂, V₃ sono l.d. o l.e.

Quindi consideriamo una loro combinazione lineare e la imponiamo uguale al vettore nullo. Se i coefficienti sono tutti nulli, (cioè esiste solo la soluzione banale) i vettori sono linearmente indipendenti. Se esiste almeno una soluzione in cui almeno uno dei coefficienti è diverso da 0, i vettori sono linearmente dipendenti.

a₁V₁ + a₂V₂ + a₃V₃ = ₍₀₎ con a₁, a₂, a₃ ℝ

a₁(1, 2, 0) + a₂(0, -1, 2) + a₃(2, 5, -2) = (0, 0, 0)

(a₁, 2a₁, 0) + (0, -a₂, 2a₂) + (2a₃, 5a₃, -2a₃) = (0, 0, 0)

(a₁ + 2a₃, 2a₁ - a₂ + 5a₃, 2a₂ - 2a₃) = (0, 0, 0)

2n+pl sono uguali x sono uguali gli elementi corrispondenti.

Posso tradurre i vettori in un sistema omogeneo

∑ = { a₁ + 2a₃ = 0 2a₁ - a₂ + 5a₃ = 0 2a₂ - 2a₃ = 0 }

Adesso calcolo le soluzioni di questo sistema. Dato che n = 3, se il rg(A) è uguale al rg(A'), il sistema ammette soluzioni. Se rg(A) = rg(A') = m il sistema ammette una sola soluzione, cioè quella nulla, quindi i vettori, in questo caso, sono indipendenti. Se il rg(A) = rg(A') < n, allora il sistema ammette ∞^∞(n-m) soluzioni, quindi i vettori sono dipendenti.

Dato che parliamo di un sistema omogeneo, esista sempre almeno la soluzione banale, quindi è lecito calcolare il rango di A o di A', il risultato sarà uguale a n.

Afferiamo verificato che gli vettori somma appartenx a S.

Adesso dobbiamo verificare che anche h u ∈ S con h ∈ R.

Chiamando m un vettore dato dal prodotto h u con m = (hx₁, hy₁, hz₁, ht₁)

deve verificare che m ∈ S quindi deve soddisfare il sistema:

• x - y - z = 0
• -y + z + t = 0

Dalla prima ottengo

hx₁ - hy₁ - hz₁ = 0 ⇒ h (x₁ - y₁ - z₁) = 0 ⇒ h . 0 = 0

⇓0

Dalla seconda ottengo

-hy₁ - hz₁ + ht₁ = 0 ⇒ h (-y₁ - z₁ + t₁) = 0 ⇒ h . 0 = 0

⇓0

c verificato anche la seconda ipotesi. Quindi S è sottspazio di R^m

3a

In R⁴

u = (-1, h, 0, 3) = (0, 1, h, 1) = (-1, 2, 1, 4)

Trovare il valore di h ∈ R: ℓa dimensione sia 2.

Ricordando che in R⁴ dim 4, in R³ dim 3, in Rⁿ dim n.

Ciò significa che in R⁴ ci sono ALMENO 4 vettori l.i. che possono generare lo spazio e non meno.

A=

(  )[ -1 h 0 3 0 1 h 1 -1 2 1 4 ]

Quindi devo trovare il valore di h → rg(A) = 2 dato che il rg(A) rappresenta i vettori che sono linearmente indipendenti

Considero un minore di ordine 2 non dipendente da h e calcolo gli estremi in modo che siano tutti uguali a 0.

|M₂| = [ 0 1 -1 2 ] = -1 ≠ 0 → 2 ≤ rg(A) ≤ 3

Considero gli altri:

|Q₁| = [ -1 h 0 0 1 h -1 2 1 ] = -1 - h² + 2h = (h-1)²

|Q₂| = [ 1 h 3 9 1 1 -1 2 4 ]= -4-h - (-3 - 2) = -4 + 3 + 2 - h = 1 - h

Q₁ = Q₂ = 0 ≥ h = 1

Uno base ε formata da v × w, ma vettori oltre loro dipendenti dallo scalco di M₂.

- ESERCIZI SULLA DIAGONALIZZAZIONE, AUTOVALORI E AUTOVETTORI

Dato la matrice A:

A =

• -1 0 0
• 3 -7 3
• 3 0 2

Stabilire se è diagonalizzabile e in caso affermativo trovare la matrice P che la diagonalizzi.

Per vedere se una matrice è diagonalizzabile deve verificare 2 condizioni:

1. Tutti gli autovalori di A devono essere reali.
2. Per ogni autovalore λ : mg_A(λ) = ma_A(λ)

Per verificare la prima condizione considero il polinomio caratteristico

P_A(λ) = | A - λI_n | =

• -1-λ 0 0
• 3 -7-λ -3
• -3 0 2-λ

Uso il teorema di Laplace per calcolare il determinante:

• (-1-λ) | -1-λ -3 0 2-λ | = (-1-λ)(-1-λ)(2-λ) = (-1-λ)² (2-λ)

P_A(λ) = (-1-λ)² (2-λ)

Per calcolare gli autovalori di A devo imporre P_A(λ) = 0 cioè gli autovalori di A risultano essere le soluzioni del polinomio. Intuitivamente si ottiene che:

λ₁ = -1 e λ₂ = 2 con λ₁, λ₂ ∈ ℝ

1. Verificata