1 Caratteristica di una matrice

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1 Università Bergamo Primo anno Ingegneria Geometria e Algebra Lineare Anno accademico Domande su: Caratteristica una matrice; sottospazi vettoriali, basi e mensione; sistemi lineari. Caratteristica una matrice Esercizio 3.. Determinare la caratteristica della matrice 2 3 A = Osserviamo innanzitutto che la caratteristica è al massimo 3 perché la matrice ha 3 righe e 4 colonne. Per il calcolo eettivo si può procedere in vari mo. Il primo è usare il procemento derivato dal teorema Kronecker. Selezionando il primo coeciente si vede che la caratteristica è almeno e selezionando la sottomatrice costituita dalle prime due righe e colonne si vede che la caratteristica è almeno 2. Per il teorema Kronecker la caratteristica A è 2 se e solo se tutte le orlanti questa sottomatrice hanno determinante uguale a 0. Le orlanti sono due: la sottomatrice costituita dalle prime tre colonne A e quella costituita dalla prima, seconda e quarta colonna. entrambe determinante uguale a 0, per cui la caratteristica A è 2. Hanno eettivamente Il secondo è usare le mosse Gauss per semplicare la matrice. Usiamo la prima riga per semplicare i coecienti nella prima colonna (quin il primo pivot è l' in alto a sinistra), la matrice A ha la stessa caratteristica A = Diviamo la seconda riga per 2 e la terza per 5, le matrici A e A hanno la stessa caratteristica 2 3 A 2 = Avendo due righe uguali, la caratteristica A 2 è al massimo 2. Le due prime righe sono chiaramente linearmente inpendenti, perché non proporzionali, quin la sua caratteristica, e quin quelle A e A, è eettivamente 2.

2 Esercizio 3.2. Calcolare, al variare del parametro a, la caratteristica della matrice a A = a 2 a La caratteristica A è al massimo 3 = min(3, 4). Possiamo procedere con il metodo derivato dal teorema Kronecker. Considerando la sottomatrice costituita dalla prima e terza colonna e dalla seconda e terza riga, veamo che la caratteristica A è almeno 2. Le due orlanti questa sottomatrice hanno determinante a a = a + a 7 5a = (a + )(7 5a) + 5a = 5a 2 + a + 8 = (a 2)(5a + 9) e a a 2 = a a = ((a + )(a 6) + 2) = a 2 + 5a 6 = (a 2)(a 3). Quin se a 2, almeno uno dei due determinanti è verso da 0 per cui la matrice A ha caratteristica 3. Se invece a = 2, allora per il teorema Kronecker la matrice A ha caratteristica 2. Se invece proceamo con le mosse Gauss, veamo che A ha la stessa caratteristica A = a + a 2 7 5a 5 a 6 C = C 2C 3, C 2 = C 2 ac 3, C 4 = C 4 C 3 A 2 = A 3 = a + a a 0 a 6 a a 6 R = R R 3, R 2 = R 2 5R 3 C 2 = C 2 + C + 5C 3 2

3 A 4 = a a 6 C 2 = C 2 24 A 5 = a a 6 0 a 6 R = R + 3R 2 A 6 = a a C = C C 2, C 4 = C 4 + (a 6)C 2 e A 7 = a C 4 = C 4 3C. La matrice A 7 ha caratteristica 3 se a 2 e 2 se a = 2. 2 Sottospazi vettoriali, basi e mensione Esercizio 3.3. Una base del sottospazio vettoriale R 5 generato dai vettori v = (2; 0; ; 7; 5), v 2 = (0; 2; ; 5; ) e v 3 = (; 2; 0; ; 3) è data da (A) {v } (B) {v, v 2 } (C) {v, v 2, v 3 } (D) nessuna delle altre Se i tre vettori fossero linearmente inpendenti, la risposta corretta sarebbe la (C). Per capire se lo sono, possiamo calcolare la caratteristica della matrice da essi formata, ossia A = La sottomatrice 2 2 in alto a sinistra ha il determinante verso da zero, da ciò segue che: 3

4 la caratteristica A è 2 oppure 3; v e v 2 sono linearmente inpendenti. Per il metodo Kronecker, ci basta a questo punto calcolare i determinanti delle sottomatrici 3 3 che contengono le prime due colonne A, ossia , 0 2 5, Poiché i tre determinanti sono tutti nulli, la risposta corretta è la (B). Esercizio 3.4. Sia A una matrice con m righe e n colonne. Dare la denizione applicazione lineare L A associata ad A. Dare la denizione del nucleo L A. Dimostrare che il nucleo è un sottospazio vettoriale R n. Esercizio 3.5. Si consideri il sottoinsieme, pendente dal parametro k, S k = (x ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; x 5 ; x 6 ) R 6 x + kx 3 x 5 = 0, x 2 + x 3 2x 4 + 3x 6 = k 2,. 3x x 2 + 2x 3 + 2x 4 3x 5 3x 6 = 0 Nota: le tre conzioni sono state messe una sopra l'altra per ragioni spazio nel foglio, ma sono semplicemente tre conzioni che devono sodsfare le coornate del vettore. Per quali valori k è un sottospazio vettoriale R 6? Imponendo la conzione necessaria, ossia che il vettore nullo appartenga a S k, otteniamo k = ±. Pertanto per tutti i valori k versi da ± il sottoinsieme S k non è un sottospazio. Si può vericare che per k = ± è un sottospazio, utilizzando la denizione oppure osservando che (sempre per k = ±) S k è il nucleo dell'applicazione lineare L A associata alla matrice 0 k 0 0 A = Per i valori trovati nel punto precedente, calcolare m S k ed esibire una base S k. Per k = ± abbiamo che m S k = m(ker L A ) = 6 m(im L A ) = 6 car A. Per calcolare la caratteristica A, notiamo che la sottomatrice 2 2 in alto a sinistra ha il determinante verso da zero; da ciò segue che car A = 2 oppure car A = 3. Per il metodo Kronecker, ci basta a questo punto calcolare i determinanti delle sottomatrici 3 3 che contengono le prime due colonne A. 4

5 Per k = la sottomatrice 3 3 data dalle prime tre colonne ha determinante verso da zero. Pertanto car A = 3 e m S = 6 3 = 3. Per k = tutti i determinanti delle sottomatrici 3 3 che contengono le prime due colonne A sono uguali a zero. Pertanto car A = 2 e m S = 6 2 = 4. Ovviamente si poteva calcolare la mensione esibendo una base del sottospazio, cosa che faremo ora. Osserviamo che, sempre per k = ±, S k = {(x ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; x 5 ; x 6 ) R 6 x = kx 3 +x 5, x 2 = x 3 +2x 4 x 6, 3(k )x 3 = 0}. Quin per k = abbiamo che S = {(x ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; x 5 ; x 6 ) R 6 x = x 5, x 2 = 2x 4 3x 6, x 3 = 0} = {(x 5 ; 2x 4 3x 6 ; 0; x 4 ; x 5 ; x 6 ) x 4, x 5, x 6 R} = {x 4 (0; 2; 0; ; 0; 0) + x 5 (; 0; 0; 0; ; 0) + x 6 (0; ; 0; 0; 0; ) x 4, x 5, x 6 R} = (0; 2; 0; ; 0; 0), (; 0; 0; 0; ; 0), (0; ; 0; 0; 0; ), ossia S è generato dai vettori (0; 2; 0; ; 0; 0), (; 0; 0; 0; ; 0) e (0; ; 0; 0; 0; ). È facile vedere che i tre vettori sono linearmente inpendenti, quin formano una base S. Per quanto riguarda k =, abbiamo che S = {(x ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; x 5 ; x 6 ) R 6 x = x 3 + x 5, x 2 = x 3 + 2x 4 3x 6 } = {( x 3 + x 5 ; x 3 + 2x 4 3x 6 ; x 3 ; x 4 ; x 5 ; x 6 ) x 3, x 4, x 5, x 6 R} = {x 3 ( ; ; ; 0; 0; 0) + x 4 (0; 2; 0; ; 0; 0) + x 5 (; 0; 0; 0; ; 0) + x 6 (0; ; 0; 0; 0; ) x 3, x 4, x 5, x 6 R} = ( ; ; ; 0; 0; 0), (0; 2; 0; ; 0; 0), (; 0; 0; 0; ; 0), (0; ; 0; 0; 0; ), ossia S è generato dai quattro vettori ( ; ; ; 0; 0; 0), (0; 2; 0; ; 0; 0), (; 0; 0; 0; ; 0) e (0; ; 0; 0; 0; ). È facile vedere che i quattro vettori sono linearmente inpendenti, quin formano una base S. 3 Sistemi lineari Esercizio 3.6. Usando il teorema RouchéCapelli, stabilire se il seguente sistema è determinato, indeterminato o impossible e, se indeterminato, da quanti parametri pendono le soluzioni. 3x 2y + 2z = x + 2y 4z = 9x + 2y 8z =. La matrice dei coecienti e il vettore dei coecienti noti del sistema sono A = e b = 5

6 Il sistema ammette soluzioni se e solo se car A = car(a b). Le due matrici hanno 3 righe per cui car A 3 e car(a b) 3. La sottomatrice 2 2 in alto a sinistra A ha determinante 8 per cui car A 2. Siccome det A = 0, abbiamo car A < 3, cioè car A = 2. In (A b) ci sono due orlanti della suddetta sottomatrice, ma una delle due orlanti è proprio A, quin ci basta calcolare il determinante della sottomatrice costituita dalla prima, seconda e quarta colonna. Detto determinante è nullo, per cui per il teorema Kronecker, car(a b) = 2. Il sistema è quin indeterminato e le sue soluzioni pendono da un parametro (inoltre siccome la matrice 2 2 in alto a sinistra A è determinante non nullo, possiamo determinare le soluzioni usando le sole due prime equazioni e tenendo z come parametro). Esercizio 3.7. Usando il teorema RouchéCapelli, stabilire se il seguente sistema è determinato, indeterminato o impossible e, se indeterminato, da quanti parametri pendono le soluzioni. x y + 3z 2w u = 2x + 2y 4z u = 3x 4y + 8z 3w u = 2x y + 8z 4w u = 2. La matrice dei coecienti e il vettore dei coecienti noti del sistema sono A = e b = Il sistema ammette soluzioni se e solo se car A = car(a b). Le due matrici hanno 4 righe per cui car A 4 e car(a b) 4. Ci sono potenzialmente molti determinanti da 2 calcolare, per cui usiamo le mosse Gauss per semplicare le matrici. matrici A i ha la stessa caratterisitica A. In ogni caso inchiamo il pivot per determinare quali sono le operazioni fatte. A = A 2 = Ognuna delle scelto, basta 6

7 Consideriamo ora la sottomatrice A costituita dalla sua quinta, seconda, quarta e prima colonna (in questo orne): A 3 = Calcoliamo il suo determinante sviluppando lungo le successive colonne det A 3 = = = 2 5 = 3. Per cui car A 3 = 4 e quin car A = 4. Siccome le stesse mosse fatte su B = (A b) produranno le stesse colonne, abbiamo anche car B = 4 (è anche vero che A è una sottomatrice B quin car A car B e perciò 4 car B 4, quin car B = 4). Il sistema è quin indeterminato con le soluzioni che pendono da un parametro (siccome le mosse Gauss sono state fatte solo sulle righe, si vede che possiamo scegliere z come parametro). Esercizio 3.8. Se un sistema lineare è Ax = b in forma matriciale, con A tipo (m, n), allora è sicuro che il sistema ha soluzioni se (A) car A < m (B) car A = m (C) car A < n (D) car A = n Posto B = (A b), il sistema ha soluzioni se e solo se car A = car B. Le due matrici hanno m righe per cui car A m e car B m. Ora posto V (risp. W ) il sottospazio vettoriale generato dalle colonne A (risp. B), abbiamo car A = m V (risp. car B = m W ). Le colonne A sono tutte colonne B per cui V W, perciò m V m W, cioè car A car B. L'unico modo in cui il sistema è impossibile è se car A < car B, ma allora abbiamo car A < car B m da cui car A < m. Perciò siamo sicuri che il sistema ha soluzioni se car A = m. La soluzione corretta è pertanto la (B). Due osservazioni: la prima è che questo accade nel teorema Cramer: abbiamo in tal caso m = n, det A 0 per cui car A = n = m. La seconda è che la conzione è suciente ma non necessaria: possiamo benissimo avere car A = car B < m. 7