0.1 Soluzioni Foglio di esercizi 1: Matrici

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1 0.1 Soluzioni Foglio di esercizi 1: Matrici Esercizio 1 (dal Test di Autovalutazione 3/11/2015 M.Manaresi) Siano A 2 2 0, B 1, 1 0 X M 3 (R) Si stabilisca per quali valori del parametro reale k è possibile risolvere l equazione matriciale XA + kx B e se per tali valori di k la matrice è univocamente determinata. Soluzione: Osserviamo che detb 1, e che si ha XA + kx XA + X(kI) X(A + ki), dove 1 + k 1 1 A + ki k k Quindi l equazione può essere scritta così: X(A + ki) B. Risulta det(a + ki) (k 1) 1 + k k (k 1)(2 3k + k2 2) k(k 1)(k 3) Se det(a + ki) 0, cioé se k 0, 1, 3, X non può esistere perché altrimenti si avrebbe: det(x(a + ki)) detb e per il Teorema di Binet det(x(a + ki)) detx det(a + ki) 0, mentre detb 0. Se invece k è tale che det(a + ki) 0, cioé se k R \ {0, 1, 3}, la matrice A + ki è invertibile, quindi l equazione ha una e una sola soluzione, cioé: X B (A + ki) 1 Esercizio 2 (dal Test di Autovalutazione 4/11/2014 M.Manaresi) 1 0 k A 0, B 0 2 0, C Si stabilisca per quali valori del parametro k esiste una matrice M (a ij ) M 3 tale che e se per tali valori la matrice M è univocamente determinata. AM B, MA C ( ) 1

2 Soluzione: Non esistono soluzioni per alcun valore del parametro k, infatti: si ha detb 0, detc 0; se esistesse M che per un qualche valore di k soddisfa le ( ) si avrebbe det(am) detb 1, e anche det(ma) detc 0, da cui 1 det(am) deta detm detm deta det(ma) 0. Esercizio 3 (dal Test di Autovalutazione 5/11/2013 M.Manaresi) Dimostrare o confutare (con un controesempio): a) Se per A, B, C M n (R) risulta AB AC allora B C. b) Se per A, B M n (R) risulta AB A allora deta 0 oppure detb 1. c) Se per A, B M n (R) risulta AB A e BA B allora deta detb 0 oppure A B I. d) Per ogni matrice A M n (R) risulta rka rka 2. e) Sia A M n (R), A 0, tale che t A A. Allora A è invertibile. f) Siano A, B M n (R), B 0, tale che AB 0. Allora A non è invertibile. Soluzione: a) falso: A (0), B (1), C (2) in M 1 (R). b) vero: AB A deta detb det(ab) deta deta 0 oppure detb 1. c) vero: per il punto a) AB A e BA B (deta 0 oppure detb 1) e (detb 0 oppure deta 1), cioé (deta 0 e detb 0) o (deta 0 e deta 1, non possibile) o (detb 1 e detb 0, non possibile) o (detb 1 e deta 1). ( ) ( ) ( ) ( ) d) falso: se A allora A, e rka 1, rka 0. 1 e) falso: A 1, allora deta 0 quindi A non invertibile, ma t A A (si osservi che 1 se n è dispari det( A) deta, quindi deta det t A det( A) deta deta 0). f) vero: se A è invertibile e AB 0 allora B IB (A 1 A)B A 1 (AB) A contro l ipotesi B 0. Esercizio 4 (dal Test di Autovalutazione 5/11/2013 M.Manaresi) Siano A h h, B 0, I 0, con h parametro reale a) Si stabilisca se esistono valori di h R per i quali l equazione matriciale A h X B + hi 0 ha soluzioni in M 3 (R). b) Si determini l inversa della matrice C B + I. 2

3 1 h c) Si determinino i valori di h R per i quali il vettore 0 R 3 si può scrivere come h combinazione lineare dei vettori colonna della matrice A h. a d) Si determini l insieme dei vettori b R 3 che si possono scrivere come combinazione lineare c dei vettori colonna della matrice A h. Soluzione: a) Se A h è invertibile, allora A h X B + hi 0 ha esattamente una soluzione: X (A h ) 1 (B hi). Guardiamo per quali valori di h la matrice A h è invertibile: quindi A h non è mai invertibile h h Vediamo che A h X B + hi 0 equivale a A h X B hi; quindi se X è soluzione si ha 0 deta h detx det(a h X) det(b hi); cerchiamo quindi per quali h si ha 2 h 0 det(b hi) 0 h 0 h 2 h h 1 h h(h2 2h + 1) h(h 1) 2 Quindi gli unici due valori per cui ci può essere una soluzione sono 0 e 1. soluzione c è: Vediamo se questa h 0: l equazione diventa A 0 X B, cioé, se X (x ij ): x 11 x 12 x x 21 x 22 x x 31 x 32 x x 11 2x 21 2x 12 2x 22 2x 13 2x x 21 x 22 x 23 0 x 11 + x 21 x 12 + x 22 x 13 + x 23 1 cioé x 21 x 22 x 23 0, 2x 12 2x 22 0, x 12 + x 22 0, x 13 + x 23 0, 2x 11 2x 21 2, x 11 + x 21 1, 2x 13 2x 23 1, da cui quindi non ci sono soluzioni. x 21 x 22 x 23 x 12 x 13 0, 2x 11 2, x 11 1, 0 1 Oppure possiamo ragionare così: ponendo α x 11 x 21, β x 12 x 22, γ x 13 x 23, l uguaglianza tra la prima e la terza riga delle due matrici si riassume così: 2(α, β, γ) (2, 0, 1), (α, β, γ) ( 1, 0, 0) ma allora se ci fossero soluzioni dovrebbe essere (1, 0, 1 2 ) (1, 0, 0) che è falso, per cui non ci sono soluzioni. 3

4 h 1: l equazione diventa A 1 X B I, cioé, se X (x ij ): 2x 11 2x x 12 2x x 13 2x 23 1 x 21 + x 31 0 x 22 + x 32 1 x 23 + x 33 0 x 11 + x 21 1 x 12 + x 22 0 x 13 + x x 11 x 12 x x 21 x 22 x x 31 x 32 x x 11 2x 21 2x 12 2x 22 2x 13 2x 23 1 x 21 + x 31 x 22 + x 32 x 23 + x x 11 + x 21 x 12 + x 22 x 13 + x e si può andare avanti a fare i conti. Oppure, analogamente a quanto fatto nel caso h 0, possiamo osservare che, ponendo α x 11 x 21, β x 12 x 22, γ x 13 x 23, l uguaglianza tra la prima e la terza riga delle due matrici diventa 2(α, β, γ) (1, 0, 1), (α, β, γ) ( 1, 0, 1) ma allora se ci fossero soluzioni dovrebbe essere ( 1 2, 0, 1 2 ) (1, 0, 1) che è falso, per cui non ci sono soluzioni. b) Calcoliamo il determinante di C B + I secondo la seconda colonna: quindi C è invertibile, con inversa: 3 C C(ˆ1 ˆ1) C(ˆ2 ˆ1) C(ˆ3 ˆ1) C 1 1 C(ˆ1 ˆ2) C(ˆ2 ˆ2) C(ˆ3 ˆ2) C(ˆ1 ˆ3) C(ˆ2 ˆ3) C(ˆ3 ˆ3)

5 Se non siete convinti di avere fatto bene i conti, verificate: I Rispondiamo prima alla domanda d) e poi alla c): a d) Cerchiamo i vettori b R 3 che sono c.l. delle colonne di A h ; ricordando che deta h 0 per c a 2 2 ogni h R, questo equivale a cercare gli b c.l. di 0 e 1, cioé gli (a, b, c) tali che c 1 1 esistono λ, µ R tali che: cioé gli (a, b, c) tali che esiste λ R tale che: a 2λ 2µ b µ c λ + µ { 1 2 a + b λ b c λ quindi troviamo l insieme {(a, b, c) R 3 c 1 2 a} 1 h c) Cerchiamo gli h R tali che 0 h sia c.l. delle colonne di A h ; per quanto visto al punto d), deve essere h 1 2 (1 h) cioé h 1. Esercizio 5 (dal Test di Autovalutazione 4/11/2014 M.Manaresi) Siano A, B M n (R). Provare o confutare le seguenti affermazioni: a) Le matrici A e B hanno lo stesso rango se e solo se deta detb. b) Se A (a ij ) e B (b ij ) sono matrici triangolari superiori, ossia matrici tali che a ij b ij 0 per ogni i > j, allora anche la matrice prodotto AB è triangolare superiore. c) Se A 3 0 (dove 0 è la matrice nulla di ordine n), allora la matrice A I è invertibile (dove I è la matrice identità di ordine n) e (A I) 1 A 2 A I. 5

6 Soluzione: a) Per provare che rka rkb deta detb è falsa basta far vedere che esistono due matrici con rka rkb e deta detb, oppure che esistono due matrici con rka rkb e deta detb. Ma dato che ci siamo, facciamo vedere che sono false entrambe le implicazioni rka rkb deta detb e deta detb rka rkb. ( ) ( ) 1 1 Se A, B : si ha deta 0 detb e rka 0, rkb Se A ( ) ( ) , B : si ha deta detb e rka rkb b) Sia AB (c ij ), dove b 1j c ij ( a i1... a in ). a i1 b 1j a in b nj a ik b kj b nj Sia i > j; se i > k si ha a ik b kj 0 perché a ik 0 per ogni i > k; se k i si ha a ik b kj 0 perché b kj 0 per ogni k > j, e siamo nel caso k i > j. c) Si ha ( A 2 A I)(A I) A 3 A 2 A + A 2 + A + I A 3 + I; se A 3 0 allora ( A 2 A I)(A I) I da cui (A I) 1 A 2 A I. Esercizio 6 Si dica se con le ordinarie operazioni di somma tra matrici e prodotto di uno scalare per una matrice i seguenti sottoinsiemi di M 2 (R) sono : ( ) a b U 1 {, a, b R}, U b a 2 { ( ) a ab U 4 {, a, b R}, U b 0 5 { ( a a + b b 0 ( a 1 a b ) ( ) a 0, a, b R} U 3 {, a R} 0 a ), a, b R} U 6 { ( a a 2 ), a R} Soluzione: U 1, U 2, U 3 lo sono, essendo sottospazi vettoriali di M 2 (R); vediamolo per U 1, per gli altri è analogo: ( ) ( ) a b c d per ogni, U b a d c 1, per ogni λ, µ R si ha: ( ) ( ) ( ) a b c d λa + µc λb + µd λ + µ U b a d c λb + µd λa + µc 1 U 4 non è un sottospazio vettoriale di M 2 (R): ad esempio si ha 2 ( ) ( ) 2 2 / U

7 U 5 non è un sottospazio vettoriale di M 2 (R): ad esempio si ha 2 ( ) ( ) 2 2 / U U 6 non è un sottospazio vettoriale di M 2 (R): ad esempio si ha ( ) ( ) 2 4 ( ) 3 5 / U 6 Esercizio 7 Una matrice A M n (R) si dice nilpotente se esiste un intero m > 0 tale che A m 0. Si provi che: a) una matrice nilpotente ( non è invertibile; ) a a b) le matrici della forma non sono invertibili per alcun a R; ( ) a a c) la matrice B non è nilpotente; 1 0 d) le matrici B 2 e B 3 sono invertibili. Soluzione: a) Sia A nilpotente, e sia m il più piccolo intero > 0 tale che A m 0. Se esistesse una matrice B tale che BA 0, allora si avrebbe 0 B 0 B A m (BA) A m 1 I A m 1 0, contraddizione. b) A è nilpotente, dunque non è invertibile: ( ) a a 2 ( ) ( ) ( a a a a a 2 a 2 a 2 + a 2 ) a a a a a a a 2 a 2 a 2 + a 2 0 c) l affermazione a) è equivalente alla: una matrice invertibile non è nilpotente ; poiché detb 0, B è invertibile, e quindi non può essere nilpotente. d) Si ha (B 1 ) 2 B 2 B 1 (B 1 B)B B 1 IB B 1 B I, e (B 1 ) 3 B 3 B 1 ((B 1 ) 2 B 2 )B B 1 IB B 1 B I. 7

8 1 Foglio di esercizi 2: sottospazi vettoriali, generatori, indipendenza lineare Esercizio 1 Si estragga da {(1, 0, 1), (2, 0, 3), (0, 0, 0), (3, 0, 4), (6, 0, 8)} un sistema di vettori linearmente indipendenti (l.i.) di R 3. È tale sistema di vettori un insieme di generatori per R 3? Soluzione Utilizziamo il metodo degli scarti successivi: v 1 (1, 0, 1) 0 è l.i.; v 2 (2, 0, 3) a(1, 0, 1), quindi v 2 non è c.l. di v 1 ; (0, 0, 0) 0v 1 + 0v 2 è c.l. di v 1, v 2 e quindi va scartato; v 3 (3, 0, 4) è c.l. di v 1, v 2? Vediamo: ci chiediamo se esistono a, b R tali che (3, 0, 4) a(1, 0, 1) + b(2, 0, 3), cioé tali che (3, 0, 4) (a + 2b, 0, a + 3b), cioé tali che { a + 2b 3 a + 3b 4 { { a 3 2b a 1 3 2b + 3b 4 b 1 Quindi v 3 v 1 + v 2 va scartato. Infine v 4 (6, 0, 8) 2v 3 2v 1 + 2v 2 quindi anche v 4 va scartato. Abbiamo quindi estratto da {(1, 0, 1), (2, 0, 3), (0, 0, 0), (3, 0, 4), (6, 0, 8)} il sistema di vettori l.i. (1, 0, 1), (2, 0, 3). Si osservi che non è l unico sistema di vettori l.i. estraibile; ad esempio anche (1, 0, 1), (3, 0, 4) va bene. Ma (1, 0, 1), (2, 0, 3) non è un insieme di generatori per R 3, infatti < (1, 0, 1), (2, 0, 3) > {(a + 2b, 0, a + 3b), a, b R} R 3 Esercizio 2 Consideriamo l R-spazio vettoriale R[t]. Si dica se i seguenti vettori sono l.i.: 1 t + t 2, t t 2 + 3t 3, 2 t 4, t 2 + t 3 + t 4 Soluzione Vediamo se esistono a, b, c, d R tali che a(1 t + t 2 ) + b(t t 2 + 3t 3 ) + c(2 t 4 ) + d(t 2 + t 3 + t 4 ) 0 Si ha a(1 t+t 2 )+b(t t 2 +3t 3 )+c(2 t 4 )+d(t 2 +t 3 +t 4 ) a+2c+t( a+b)+t 2 (a b+d)+t 3 (3b+d)+t 4 ( c+d) quindi stiamo cercando a, b, c, d R tali che a + 2c 0 a + b 0 a b + d 0 3b + d 0 c + d 0 a + 2c 0 a b d 0 3b 0 c d a b c d 0 Dunque i vettori dati sono l.i. 8

9 Esercizio 3 Si dica quali dei seguenti sottoinsiemi dello spazio vettoriale R 2 sono sottospazi: A {(x, y) R 2 x 2y 0}; B {(x, y) R 2 x 2y 3 0}; C {(x, y) R 2 x 2 y 0}; D {(x, y) R 2 x 0}; E {(x, y) R 2 x 1} Soluzione A è sottospazio: λ, µ R, (a, b), (c, d) A si ha a 2b, c 2d λa + µc 2(λb + µd) λ(a, b) + µ(c, d) (λa + µc, λb + µd) A. B non lo è: (0, 0) / B. C non lo è: (1, 1) C, ma 3(1, 1) / C. D non lo è: ( 1, 0) D, ma ( 3)( 1, 0) / D. E non lo è: (1, 0), ( 1, 0) E, ma (1, 0) + ( 1, 0) / E. Esercizio 4 Denotiamo con [0, 1] l intervallo reale chiuso tra 0 ed 1. a) Si provi che l insieme F {f f : [0, 1] R} con le operazioni definite nel modo seguente: f, g F, (f+g)(x) : f(x)+g(x) x [0, 1]; f F, a R, (af)(x) : af(x) x [0, 1] è un R-spazio vettoriale. b) Si dica quali dei seguenti sottoinsiemi di questo spazio vettoriale sono sottospazi: G {f f : [0, 1] R, f(x) 0 x [0, 1]} M {f f : [0, 1] R, f( 1 3 ) 0} H {f f : [0, 1] R, f(x) f(1 x) x [0, 1]} L {f f : [0, 1] R, f(x) f(x ) x, x [0, 1], x < x } Soluzione a) Si ha (f + g) + h f + (g + h) f, g, h F poiché vale l associativa in R, quindi (f(x) + g(x)) + h(x) f(x) + (g(x) + h(x)). Analogamente si prova f + g g + f f, g F. La funzione elemento neutro per la somma è la funzione identicamente nulla 0, cioé la funzione 0(x) 0 x [0, 1]; la funzione opposta di f è la funzione f cioé la funzione ( f)(x) f(x) x [0, 1]. Ci resta da provare: i) a(f + g) af + ag per ogni a R, f, g F ; ii) (a + b)f af + bf per ogni a, b R, f F ; iii) (ab)f a(bf) per ogni a, b R, f F ; 9

10 iv) 1 f f per ogni x F. Ognuna di tali affermazioni è vera, e per dimostrarlo basta verificare tutte le volte che le due funzioni assumono gi stessi valori su ogni x [0, 1]. b) G {f f : [0, 1] R, f(x) 0 x [0, 1]} non è sottospazio: sia f : [0, 1] R la funzione costante f(x) 3 x [0, 1]; allora f G, ma ( 2)f / G. M {f f : [0, 1] R, f( 1 3 ) 0} è sottospazio: a, b R, f, g M si ha (af + bg)( 1 3 ) af(1 3 ) + bg( 1 3 ) 0. H {f f : [0, 1] R, f(x) f(1 x) x [0, 1]} è ben definito, perché se x [0, 1] anche 1 x [0, 1], ed H è sottospazio: a, b R, f, g H si ha (af + bg)(x) af(x) + bg(x) af(1 x) + bg(1 x) (af + bg)(1 x) x [0, 1]. L {f f : [0, 1] R, f(x) f(x ) x, x [0, 1], x < x } non è sottospazio: sia f : [0, 1] R la funzione f(x) x x [0, 1]; allora f L, ma f / L. Esercizio 5 Si dica quali dei seguenti sottoinsiemi del C-spazio vettoriale C 2 sono sottospazi: A {(z, w) C 2 4z 3w 0}; B {(z, w) C 2 z w 0}; C {(z, w) C 2 z 0} Soluzione A è sottospazio: (a, b), (c, d) A si ha 4a 3b 0, 4c 3d 0 λ, µ C, 0 λ(4a 3b) + µ(4c 3d) 4(λa + µc) 3(λb + µd) (λa + µc, λb + µd) λ(a, b) + µ(c, d) A. B non lo è: (1, 1) B, ma (2 i)(1, 1) (2 i, 2 i) / B. C lo è: z 0 z 0, e si vede subito che {(0, w) C 2 } è sottospazio di C 2. 10