CdL in Scienze e Tecnologie per i Media — a.a. 2010/2011 prof. Fabio GAVARINI
Esonero del 21 Dicembre 2010 Svolgimento completo
· · · ∗ · · · ·
N.B.: lo svolgimento qui presentato `e chilometrico... Questo non vuol dire che lo svol- gimento ordinario di tale compito (nel corso di un esame scritto) debba essere altrettanto lungo. Semplicemente, questo lo `e perch´e si `e colta l’occasione per spiegare — anche in diversi modi, con lunghe digressioni, ecc. ecc. — in dettaglio e con dovizia di particolari tutti gli aspetti della teoria toccati in maggiore o minore misura dal testo in esame.
[1] Nello spazio vettoriale V :=R4, si considerino i cinque vettori w1 :=(
3 , −1 , 1 , 2)
, w2 :=(
2 ,−3 , 2 , 2)
, w3 :=(
1 , 2 , −1 , 0) w4 :=(
0 , 7 , −4 , 2)
, w5 :=(
7 ,−1 , 3 , 0)
il sottospazio vettoriale W := Span(w1, w2, w3, w4, w5) generato da tali vettori, e il vettore v :=(
7 , 4 , 0 , −2) .
(a) Determinare la dimensione di W .
(b) Determinare una base BW di W contenuta nell’insieme {
w1, w2, w3, w4, w5} dei generatori di W stesso.
(c) Determinare una base B di V := R4 che contenga la base BW di W trovata al punto (b).
(d) Determinare se il vettore v appartenga al sottospazio W .
(e) Calcolare le coordinate del vettore v rispetto alla base B di V := R4 ottenuta al punto (c).
Soluzione: (a)-(b)-(c)-(d) Dalla teoria generale, sappiamo che la dimensione del sot- tospazio W := Span(w1, w2, w3, w4, w5) `e uguale al rango della matrice
MW := (
w1 w2 w3 w4 w5)
che ha per colonne i generatori di W assegnati. Quindi il punto (a) si risolve calcolando il rango di tale matrice, ad esempio con un procedimento di riduzione a scala mediante
1
eliminazione di Gauss (nel seguito abbreviato in “R.S.”). Tale rango sar`a pari al numero di pivot presenti nella matrice a scala SW cos`ı ottenuta.
Il punto (b) chiede di estrarre dall’insieme {
w1, w2, w3, w4, w5
} dei generatori di W una base BW di W stesso, cio`e un sottoinsieme massimale di vettori linearmente indipendenti in {
w1, w2, w3, w4, w5
}. Possiamo risolvere tale problema operando una riduzione a scala sulla matrice MW di cui sopra, e poi osservando in quali posizioni si trovino i pivot della matrice a scala SW (come sopra) cos`ı ottenuta. I vettori in {
w1, w2, w3, w4, w5
} che si trovino esattamente nelle stesse posizioni dei suddetti pivot formeranno la base BW richiesta. Ovviamente, questa procedura include anche quella esposta in precedenza per rispondere al quesito (a).
Il punto (c) chiede di estendere la base BW di cui in (b) ad una base B di V := R4. Per far questo, possiamo lavorare con l’insieme Γ4 := {
w1, w2, w3, w4, w5, e1, e2, e3, e4} , dove e1 := (1, 0, 0, 0) , e2 := (0, 1, 0, 0) , e3 := (0, 0, 1, 0) , e4 := (0, 0, 0, 1) sono i vettori della base canonica B4 di R4. Infatti, Γ4 `e certamente un insieme di generatori di R4, perch´e contiene la base B4: quindi possiamo estrarne una base con la solita procedura di riduzione a scala della matrice
(w1 w2 w3 w4 w5 e1 e2 e3 e4)
= (
MW I4
)
(esattamente come spiegato in precedenza per estrarre la base BW dall’insieme dato di gen- eratori di W ), dove I4 indica la matrice identit`a di ordine 4 . Tale procedura “selezioner`a”
in Γ4 vettori che siano linearmente indipendenti man mano che li trova “leggendo Γ4 in sequenza”, da sinistra a destra: in particolare, estrarr`a dal sottoinsieme dei primi cinque vettori, cio`e da {
w1, w2, w3, w4, w5
}, un sottoinsieme massimale di vettori linearmente indipendenti, che sar`a proprio la base BW di cui si `e detto in precedenza. Quindi, in particolare, la procedura qui indicata include anche quella gi`a esposta per rispondere al punto (b), e quindi anche al punto (a).
Per quanto riguarda il punto (d), abbiamo che v ∈ W := Span(w1, w2, w3, w4, w5) se e soltanto se la matrice MW e la matrice (
MW v)
hanno lo stesso rango. Ora, per calcolare il rango della prima matrice si pu`o procedere come gi`a esposto per risolvere il punto (b): analogamente si procede per il calcolo del rango della seconda. In particolare, la procedura di R.S. per il calcolo del rango della prima matrice pu`o essere “inclusa”
nell’analoga procedura per il calcolo del rango della seconda.
Veniamo ai calcoli. Dall’analisi fatta qui sopra, abbiamo che le procedure esposte per risolvere i punti (a), (b), (c) e (d) possono essere tutte inglobate in una sola, come segue.
Consideriamo la matrice A := (
w1 w2 w3 w4 w5 e1 e2 e3 e4 v)
= (
MW I4 v)
=
=
3 2 1 0 7 1 0 0 0 7
−1 −3 2 7 −1 0 1 0 0 4 1 2 −1 −4 3 0 0 1 0 0
2 2 0 2 0 0 0 0 1 −2
sulla quale, mediante un procedimento di eliminazione di Gauss, operiamo una R.S. Otte-
niamo
A :=
3 2 1 0 7 1 0 0 0 7
−1 −3 2 7 −1 0 1 0 0 4 1 2 −1 −4 3 0 0 1 0 0
2 2 0 2 0 0 0 0 1 −2
scambio I e III riga
=======⇒
scambio I e III riga
=======⇒
1 2 −1 −4 3 0 0 1 0 0
−1 −3 2 7 −1 0 1 0 0 4
3 2 1 0 7 1 0 0 0 7
2 2 0 2 0 0 0 0 1 −2
II7→ II + 1·I III7→ III − 3·I
========⇒
IV7→ IV − 2·I
II7→ II + 1·I III7→ III − 3·I
========⇒
IV7→ IV − 2·I
1 2 −1 −4 3 0 0 1 0 0
0 −1 1 3 2 0 1 1 0 4
0 −4 4 12 −2 1 0 −3 0 7 0 −2 2 10 −6 0 0 −2 1 −2
III7→ III − 4·II
========⇒
IV7→ IV − 2·II
III7→ III − 4·II
========⇒
IV7→ IV − 2·II
1 2 −1 −4 3 0 0 1 0 0
0 −1 1 3 2 0 1 1 0 4
0 0 0 0 −10 1 −4 −7 0 −9 0 0 0 4 −10 0 −2 −4 1 −10
scambio III e IV riga
=======⇒
scambio III e IV riga
=======⇒
1 2 −1 −4 3 0 0 1 0 0
0 −1 1 3 2 0 1 1 0 4
0 0 0 4 −10 0 −2 −4 1 −10 0 0 0 0 −10 1 −4 −7 0 −9
=: ΣW,I,v
L’ultima matrice ottenuta, che indichiamo sinteticamente con ΣW,I,v, `e a scala (supe- riore); in particolare, le sue prime cinque colonne formano la matrice a scala (superiore)
SW :=
1 2 −1 −4 3
0 −1 1 3 2
0 0 0 −4 −10
0 0 0 0 −10
che `e R.S. della matrice MW . Possiamo adesso trarre le nostre conclusioni.
Per (a) : I pivot (:= primi elementi non nulli sulle varie righe) di SW sono quattro, precisamente p1 = 1 , p2 = −1 , p3 = −4 e p4 = −10 : quindi il rango di SW — pari al numero di pivot di SW — `e esattamente 4 . Infine, per quanto detto in partenza la dimensione di W `e pari al rango di MW, che a sua volta `e uguale al rango di SA, dunque
`e uguale a 4 : quindi si conclude che la dimensione di W `e 4, il che risponde al quesito (a).
Per (b) : I quattro pivot p1 = 1 , p2 = −1 e p3 = −4 e p4 = −10 di SW stanno rispettivamente nelle colonne 1, 2, 4 e 5 di SW . Pertanto, le corrispondenti colonne della matrice iniziale MW mi danno i vettori della base BW richiesta: dunque in definitiva come risposta a (b) abbiamo
BW = {
w1, w2, w4, w5}
= {
(3,−1, 1, 2) , (2, −3, 2, 2) , (0, 7, −4, 2) , (7, −1, 3, 0)} Per (c) : Dalla risposta al punto (a) sappiamo che la dimensione di W `e quattro. Poich´e W `e — per costruzione! — un sottospazio vettoriale diR4, e anche quest’ultimo ha dimen- sione quattro, si conclude che il sottospazio W coincide con lo spazioR4 in cui `e contenuto, cio`e W = R4. Pertanto, in particolare, ogni base di W `e anche (automaticamente) una base di R4! Nello specifico, la base BW di W trovata per rispondere al punto (b) `e pure base diR4, e ovviamente contiene s´e stessa: perci`o la risposta al quesito in (c) `e B = BW . Per (d) : Abbiamo visto che W = R4: pertanto, qualunque vettore di R4 appartiene a W ! In particolare, appartiene a W il vettore v := (
7 , 4 , 0 , −2)
, il che rispondve al quesito in (d).
N.B.: Lo stesso risultato segue dall’osservazione che la matrice MW e la matrice (MW v)
hanno lo stesso rango. Infatti, dai calcoli gi`a effettuati abbiamo che la R.S. di MW porta alla matrice (a scala) SW , con rg(
MW
)= rg( SW
)= 4 . Analogamente, se con- sideriamo la procedura di R.S. della matrice A := (
MW I4 v)
, che porta alla matrice (a scala) ΣW,I,v, ci basta trascurare — in tutto il procedimento — le colonne 6, 7, 8 e 9 (nelle quali erano state “inserite” le colonne della matrice I4) per ottenere il procedimento di R.S. della matrice (
MW v)
. In particolare, il risultato di tale R.S: sar`a dato dalla matrice a scala ΣW,v formata dalle colonne 1, 2, 3, 4, 5 e 10 della matrice ΣW,I,v: dunque, senza fare ulteriori calcoli abbiamo che
(MW v)
=
3 2 1 0 7 7
−1 −3 2 7 −1 4
1 2 −1 −4 3 0
2 2 0 2 0 −2
R.S.
=======⇒
R.S.
=======⇒
1 2 −1 −4 3 0
0 −1 1 3 2 4
0 0 0 4 −10 −10
0 0 0 0 −10 −9
=: ΣW,v
A questo punto osserviamo che i pivot di ΣW,v sono gli stessi di ΣW , per cui abbiamo rg(
ΣW,v)
= rg( ΣW)
(= 4) . Infine, dal fatto (generale) che ogni matrice ha rango uguale a quello di una sua qualsiasi riduzione a scala, abbiamo che rg(
MW v)
= rg( ΣW,v
) e rg(
MW
)= rg( ΣW
). Da tutte queste osservazioni concludiamo che rg(
MW v)
= rg( MW
), come gi`a affermato.
Per (e) : Le coordinate del vettore v rispetto alla base B = BW ={
w1, w2, w4, w5} di R4(= W ) ottenuta in (c) sono gli unici numeri α1, α2, α4, α5 ∈ R tali che
v = α1w1 + α2w2 + α4w4 + α5w5 (1) Scrivendo ciascuno dei vettori wi in forma di vettore colonna, la (1) diventa
7 4 0
−2
= α1
3
−1 1 2
+ α2
2
−3 2 2
+ α4
0 7
−4 2
+ α5
7
−1 3 0
che poi, effettuando le operazioni indicate sulla destra (moltiplicazioni di vettori per scalari e somme tra vettori), diventa
7 4 0
−2
=
α13 + α22 + α40 + α57 α1(−1) + α2(−3) + α47 + α5(−1)
α11 + α22 + α4(−4) + α53 α12 + α22 + α42 + α50
=
3 α1 + 2 α2 + 7 α5
−α1 − 3 α2 + 7 α4 − α5
α1 + 2 α2 − 4 α4 + 3 α5
2 α1 + 2 α2 + 2 α4
Infine, dato che un’uguaglianza tra vettori corrisponde all’uguaglianza tra tutte le rispettive componenti, l’ultima uguaglianza vettoriale corrisponde alle seguenti uguaglianze
7 = 3 α1 + 2 α2 + 7 α5
4 = −α1 − 3 α2 + 7 α4 − α5
0 = α1 + 2 α2 − 4 α4 + 3 α5
−2 = 2 α1 + 2 α2 + 2 α4 In altre parole, la stringa (
α1, α2, α4, α5)
`e la soluzione (che sappiamo a priori essere unica!) del sistema di quattro equazioni lineari in quattro incognite
~ :
3 x1 + 2 x2 + 7 x5 = 7
−x1 − 3 x2 + 7 x4 − x5 = 4 x1 + 2 x2 − 4 x4 + 3 x5 = 0 2 x1 + 2 x2 + 2 x4 = −2
(2)
In forma compatta, tale sistema si scrive ~ : C · x = v , dove la colonna dei termini noti `e data esattamente dal vettore v del quale cerchiamo le coordinate, e la matrice dei coefficienti C `e data da C = (
w1 w2 w4 w5)
, cio`e ha per colonne — nell’ordine — i vettori w1, w2, w4 e w5 della base BW .
N.B.: questo `e un fatto generale! Avrei potuto affermare da subito che la stringa delle coordinate di v rispetto alla base BW = {
w1, w2, w4, w5}
`
e semplicemente la stringa soluzione del sistema lineare ~ : C · x = v , con C =(
w1 w2 w4 w5
), senza bisogno di dedurlo... Ma in questa sede l’ho fatto per ricordare come si arriva a questo fatto!
Procediamo dunque a risolvere il sistema ~ in (2). Possiamo farlo secondo vari metodi:
1o metodo : Consideriamo la matrice completa del sistema ~ : C · x = v , che `e (C v)
. Operiamo su di essa effettuando una eliminazione di Gauss all’ingi`u (in breve
“E.G.↓”) sulle prime n colonne, seguita da una all’ ins`u (indicata con “E.G.↑”), seguita da normalizzazione (cio`e: divisione di ciascuna riga per il corrispondente termine diagonale):
in simboli i passi effettuati sono
(C v) E.G.↓
=====⇒ ( T vT
) E.G.↑
=====⇒ ( D vD
) normalizzazione
==========⇒ ( I4 vI
) (3)
dove T `e una matrice 4× 4 triangolare superiore (non singolare), D `e una matrice 4 × 4 diagonale (non singolare), e I4 `e la matrice identit`a 4× 4 , mentre vT , vD e vI sono vettori in R4. In particolare, il vettore vI `e la soluzione cercata, cio`e vI = α , del sistema ~ .
Per realizzare effettivamente il primo passaggio in (3), cio`e l’E.G.↓, osserviamo che la matrice C ha per colonne (nell’ordine) le colonne 1, 2, 4 e 5 della matrice MW gi`a cosiderata in precedenza. Pertanto, come gi`a osservato, per effettuare una E.G.↓ di (
C v)
basta riprendere i calcoli gi`a fatti per la R.S. di (
MW v)
e cancellare dapertutto la colonna 3 delle matrici in esame!... Quindi, riprendendo le formule gi`a scritte — per risolvere il punto (d) — per la R.S. di (
MW v)
e operando in tal modo troviamo
(C v)
=
3 2 0 7 7
−1 −3 7 −1 4
1 2 −4 3 0
2 2 2 0 −2
E.G.↓
=======⇒
E.G.↓
=======⇒
1 2 −4 3 0
0 −1 3 2 4
0 0 4 −10 −10 0 0 0 −10 −9
=: ( T vT
)
Ora operiamo l’E.G.↑ sulla matrice ( T vT
). Abbiamo
(T vT
) :=
1 2 −4 3 0
0 −1 3 2 4
0 0 4 −10 −10 0 0 0 −10 −9
I7→ I + 3/10·IV
II7→ II + 1/5·IV
==========⇒
III7→ III − IV
I7→ I + 3/10·IV
II7→ II + 1/5·IV
==========⇒
III7→ III − IV
1 2 −4 0 −27/10
0 −1 3 0 11/5
0 0 4 0 −1
0 0 0 −10 −9
I7→ I + III
=========⇒
II7→ II − 3/4·III
I7→ I + III
=========⇒
II7→ II − 3/4·III
1 2 0 0 −37/10 0 −1 0 0 59/20
0 0 4 0 −1
0 0 0 −10 −9
I7→ I + 2·II
=======⇒
I7→ I + 2·II
=======⇒
1 0 0 0 11/5
0 −1 0 0 59/20
0 0 4 0 −1
0 0 0 −10 −9
=: ( D vD
)
Infine operiamo la normalizzazione della matrice ( D vD
), dividendone ciascuna riga per il corrispondente termine sulla diagonale — nell’ordine: 1 , −1 , 4 e −10 . Otteniamo
(D vD
) :=
1 0 0 0 11/5
0 −1 0 0 59/20
0 0 4 0 −1
0 0 0 −10 −9
I7→ I II7→ −II
==========⇒
III7→ 1/4·III IV7→ −1/10·IV
I7→ I II7→ −II
==========⇒
III7→ 1/4·III IV7→ −1/10·IV
1 0 0 0 11/5 0 1 0 0 −59/20 0 0 1 0 −1/4 0 0 0 1 9/10
= ( I4 vI
)
Leggendo l’ultima colonna della matrice finale abbiamo la soluzione cercata: la stringa α :=(
α1, α2, α4, α5)
= vI richiesta delle coordinate di v rispetto alla base BW `e data da α = (
11/5 , −59/20 , −1/4 , 9/10)
(4) cio`e
α1 = 11/5 , α2 = −59/20 , α4 = −1/4 , α5 = 9/10 (5) il che ci d`a
v = 11/5 w1 − 59/20 w2 − 1/4 w4 + 9/10 w5 (6) N.B.: a questo punto `e d’obbligo una verifica! Precisamente, `e pi`u che opportuno verificare che la (6) sia effettivamente valida (come identit`a vettoriale)... Il che equivale, peraltro, a verificare che la stringa α da noi calcolata sia davvero soluzione del sistema~ . 2o metodo : La matrice C dei coefficienti del sistema `e quadrata, ed `e certamente invert- ibile, perch´e (per costruzione) le sue colonne formano una base di R4. Pertanto possiamo calcolare la soluzione (unica!) α := (
α1, α2, α4, α5
) del sistema ~ : C · x = v con la formula α = C−1· v . Dunque quel che dobbiamo fare `e calcolare la matrice C−1 inversa di C e poi effettuare il prodotto righe per colonne C−1· v della matrice C−1 (di forma n × n ) per la matrice v (di forma n × 1 , scrivendo v come vettore colonna).
Per calcolare la matrice C−1, consideriamo la matrice ( C I4
). Operiamo su quest’ulti- ma effettuando sulle prime n colonne una E.G.↓ , poi una E.G.↑, e infine una normaliz- zazione: in simboli i passi effettuati sono
(C I4
) E.G.↓
=====⇒ ( T IT
) E.G.↑
=====⇒ ( D ID
) normalizzazione
==========⇒ ( I4 II
) (7)
dove T e D sono le matrici 4× 4 (rispettivamente triangolare superiore e diagonale) non singolari gi`a incontrate nello svolgimento primo metodo, e I4 `e sempre la matrice identit`a 4× 4 , mentre IT, ID e II sono opportune matrici 4 × 4 , da calcolare. In particolare, l’ultima matrice sar`a proprio l’inversa cercata, cio`e II = A−1.
Le operazioni da effettuare in (7) sono esattamente le stesse gi`a effettuate in (3), in particolare sono “dettate” dalla parte sinistra delle matrici in esame, cio`e da C, poi T , e infine D . Pi`u precisamente, siccome la matrice (
C I4
) `e costituita dalle colonne 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 della matrice A := (
MW I4 v)
considerata in precedenza — in altre parole, basta cancellare da A le colonne 3 e 10 per ottenere (
C I4)
— ci basta riprendere la R.S. di A — gi`a effettuata — e trarre da essa le conclusioni, semplicemente “scartando”
le colonne 3 e 10 da tutte le matrici 4×10 considerate allora. Con questo sistema troviamo
(C I4
) =
3 2 0 7 1 0 0 0
−1 −3 7 −1 0 1 0 0
1 2 −4 3 0 0 1 0
2 2 2 0 0 0 0 1
E.G.↓
=======⇒
E.G.↓
=======⇒
1 2 −4 3 0 0 1 0
0 −1 3 2 0 1 1 0
0 0 4 −10 0 −2 −4 1 0 0 0 −10 1 −4 −7 0
= ( T IT
)
dove la matrice ( T I′)
`
e proprio quanto si ottiene dalla matrice ΣW,I,v (che `e la R.S. della matrice A ) quando se ne considerano soltanto le colonne 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 (in altre parole, si scartano le colonne 3 e 10).
Ora operiamo l’E.G.↑ sulla matrice (
T I′)
. Abbiamo
(T IT
) :=
1 2 −4 3 0 0 1 0
0 −1 3 2 0 1 1 0
0 0 4 −10 0 −2 −4 1 0 0 0 −10 1 −4 −7 0
I7→ I + 3/10·IV II7→ II + 1/5·IV
==========⇒
III7→ III − IV
I7→ I + 3/10·IV II7→ II + 1/5·IV
==========⇒
III7→ III − IV
1 2 −4 0 3/10 −6/5 −11/10 0
0 −1 3 0 1/5 1/5 −2/5 0
0 0 4 0 −1 2 3 1
0 0 0 −10 1 −4 −7 0
I7→ I + III
=========⇒
II7→ II − 3/4·III
I7→ I + III
========⇒
II7→ II − 3/4·III
1 2 0 0 −7/10 4/5 19/10 1
0 −1 0 0 19/20 −13/10 −53/20 −3/4
0 0 4 0 −1 2 3 1
0 0 0 −10 1 −4 −7 0
I7→ I + 2·II
=======⇒
I7→ I + 2·II
=======⇒
1 0 0 0 6/5 −9/5 −17/5 −1/2
0 −1 0 0 19/20 −13/10 −53/20 −3/4
0 0 4 0 −1 2 3 1
0 0 0 −10 1 −4 −7 0
=: ( D ID
)
Infine operiamo la normalizzazione della matrice ( D ID
), dividendone ciascuna riga per il corrispondente termine sulla diagonale — nell’ordine: 1 , −1 , 4 e −10 . Ci`o ci d`a
(D ID
) :=
1 0 0 0 6/5 −9/5 −17/5 −1/2
0 −1 0 0 19/20 −13/10 −53/20 −3/4
0 0 4 0 −1 2 3 1
0 0 0 −10 1 −4 −7 0
I7→ I II7→ −II
========⇒
III7→ 1/4·III IV7→ −1/10·IV
I7→ I II7→ −II
=========⇒
III7→ 1/4·III IV7→ −1/10·IV
1 0 0 0 6/5 −9/5 −17/5 −1/2 0 1 0 0 −19/20 13/10 53/20 3/4
0 0 1 0 −1/4 1/2 3/4 1/4
0 0 0 1 −1/10 2/5 7/10 0
= ( I4 II
)
da cui, ricordando che — come gi`a osservato — si ha II = C−1, concludiamo che
C−1 =
6/5 −9/5 −17/5 −1/2
−19/20 13/10 53/20 3/4
−1/4 1/2 3/4 1/4
−1/10 2/5 7/10 0
(8)
N.B.: a questo punto `e doverosa una verifica! Precisamente, `e pi`u che opportuno veri- ficare che la matrice calcolata sia davvero l’inversa di C , calcolando esplicitamente uno dei due prodotti righe per colonne C· C−1 oppure C−1· C — con C−1 data dalla (8) — e verificando che il risultato (nell’uno o nell’altro caso) sia proprio la matrice identit`a I4.
L’ultima operazione che dobbiamo fare `e ricavare la soluzione α :=(
α1, α2, α4, α5
) del sistema ~ : C · x = v calcolandola tramite la formula α = C−1 · v (prodotto righe per colonne della matrice C−1 per la matrice (colonna) v . Il calcolo esplicito ci d`a
α = C−1· v =
6/5 −9/5 −17/5 −1/2
−19/20 13/10 53/20 3/4
−1/4 1/2 3/4 1/4
−1/10 2/5 7/10 0
·
7 4 0
−2
=
=
6/5· 7 + (
−9/5)
· 4 + (
−17/5)
· 0 + (
−1/2)
· (−2)
−19/20 · 7 + 13/10 · 4 + 53/20 · 0 + 3/4 · (−2)
−1/4 · 7 + 1/2 · 4 + 3/4 · 0 + 1/4 · (−2)
−1/10 · 7 + 2/5 · 4 + 7/10 · 0 + 0 · (−2)
=
=
42/5 − 36/5 − 0/5 + 5/5
−133/20 + 104/20 + 0/20 − 30/20
−7/4 + 8/4 + 0/4 − 2/4
−7/10 + 16/10 + 0/10 + 0/10
=
11/5
−59/20
−1/4 9/10
quindi in conclusione ritroviamo (scrivendo α come vettore colonna) α = (
11/5 , −59/20 , −1/4 , 9/10)
cio`e la soluzione gi`a trovata in (4).
——— ∗ ∗ ∗ ———
[2] Si risolvano i due sistemi lineari
~1 :
−x1 + 3 x3 + x4 = −2 x2 + 2 x3 − x4 = −4 2 x1 + x2 + x4 = 8 x1 − 3 x3 + 2 x4 = 11
~2 :
−x1 + 3 x3 + x4 = −6 x2 + 2 x3 − x4 = −5 2 x1 + x2 + x4 = 3 x1 − 3 x3 + 2 x4 = 9 nelle indeterminate (x1, x2, x3, x4)∈ R4.
Soluzione: Per cominciare, osserviamo che i due sistemi in esame sono simultanei, cio`e hanno la stessa matrice dei coefficienti. Precisamente, la comune matrice dei coefficienti A e i due vettori (colonna) dei termini noti b1 e b2 (rispettivamente per ~1 e per ~2) sono dati da
A :=
−1 0 3 1
0 1 2 −1
2 1 0 1
1 0 −3 2
, b1 :=
−2−4 8 11
, b2 :=
−6−5 3 9
per cui i due sistemi, scritti in forma compatta, sono ~1 : A· x = b1 e ~2 : A· x = b2 . A questo punto, dalla teoria generale sappiamo che possiamo risolvere i due sistemi (simultanei) con un’unica procedura (simultanea!). Precisamente, consideriamo la “ma- trice completa dei due sistemi simultanei”, cio`e la matrice (
A b1 b2
) di forma 4× 6 in cui le prime quattro colonne sono quelle di A , mentre la quinta e sesta colonna sono rispettivamente il vettore b1 e il vettore b2. Su tale matrice completa operiamo una E.G.↑ (o una E.G.↓ , se si preferisce...) per ridurre la matrice A a forma triangolare superiore (o inferiore, nel caso di una E.G.↓), e poi discutiamo e risolviamo i corrispondenti sistemi (simultanei) triangolari. Esplicitamente, i calcoli danno
(A b1 b2) :=
−1 0 3 1 −2 −6 0 1 2 −1 −4 −5
2 1 0 1 8 3
1 0 −3 2 11 9
II7→ II III7→ III + 2·I
========⇒
IV7→ IV + 1·I
II7→ II III7→ III + 2·I
========⇒
IV7→ IV + 1·I
−1 0 3 1 −2 −6 0 1 2 −1 −4 −5 0 1 6 3 4 −9 0 0 0 3 9 3
III7→ III − 1·II
========⇒
IV7→ IV
III7→ III − 1·II
========⇒
IV7→ IV
−1 0 3 1 −2 −6 0 1 2 −1 −4 −5 0 0 4 4 8 −4 0 0 0 3 9 3
=: (
T b′1 b′2)
Il risultato finale `e la matrice (
T b′1 b′2)
in cui le prime quattro colonne formano la matrice T che `e triangolare superiore. In effetti, T stessa `e una riduzione a forma trian- golare superiore di A , e la matrice (
T b′1 b′2)
`e una riduzione a scala (superiore) di (A b1 b2
). Ora, la matrice (
T b′1 b′2)
non `e altro che la matrice completa dei due sistemi simul- tanei ~′1 : T · x = b′1 e ~′2 : T · x = b′2 , i quali sono equivalenti rispettivamente a
~1 : A·x = b1 e a ~2 : A·x = b2 . Nella matrice T i pivot — cio`e i termini diagonali — sono −1, 1, 4 2 3 : in particolare, sono tutti diversi da zero. Detto in altri termini, questo significa che T , e quindi anche A , `e non singolare, e sopratutto ci`o implica che i sistemi
~′1 e~′2 hanno ciascuno una e una sola soluzione; pertanto, essendo equivalenti a~′1 e ~′2
rispettivamente, possiamo concludere che anche i sistemi ~1 e ~2 hanno ciascuno una e una sola soluzione.
A questo punto dobbiamo calcolare la soluzione (unica) di ciascuno dei sistemi ~′1 e
~′2, che sar`a anche soluzione di ~1 e di~2 rispettivamente. Possiamo seguire tre metodi:
1o metodo : Una prima possibilit`a `e risolvere ciascuno dei due sistemi con il metodo di risoluzione all’indietro. Si parte dall’ultima equazione del sistema, che coinvolge (esplici- tamente) la sola incognita x4, e la si risolve, ricavando l’unico valore possibile per x4. Poi si sostituisce tale valore nelle precedenti equazioni di ciascun sistema, e si riparte con x3, ecc. ecc.
Tale metodo ha un difetto fondamentale, precisamente che i calcoli devono essere ef- fettuati due volte — una per ciascun sistema in causa — senza possibilit`a di particolari semplificazioni.
2o metodo : Con una E.G.↓ siamo passati dalla matrice (
A b1 b2
) — che codifica complessivamente i due sistemi ~1 e ~2 — alla matrice (
T b′1 b′2)
— che codifica invece i due sistemi ~′1 e ~′2. Dato che T `e triangolare (superiore) con pivot tutti non nulli, possiamo adesso operare una E.G.↑ sulla matrice (
T b′1 b′2)
, fino ad ottenere una nuova matrice (
D b′′1 b′′2)
in cui D `e una matrice 4× 4 diagonale (non singolare), formata — a parte gli zeri che sono fuori dalla diagonale — dai pivot di T . Infine, operiamo su (
D b′′1 b′′2)
una normalizzazione (cio`e: divisione di ciascuna riga per il corrispondente termine diagonale), ottenendo una matrice del tipo (
I4 α(1) α(2))
dove I4 `e la matrice identit`a 4× 4 . Complessivamente avremo
(A b1 b2
) E.G.↓
===⇒ (
T b′1 b′2) E.G.↑
===⇒ (
D b′′1 b′′2) normalizzazione
=========⇒ (
I4 α(1) α(2)) Ora, per costruzione i vettori α(1) e α(2) ottenuti per ultimi saranno proprio le soluzioni (uniche) rispettivamente del sistema ~1 e del sistema ~2; cos`ı avremo concluso!
In alternativa, i due ultimi passi — l’E.G.↑ e la normalizzazione — possiamo anche svolgerli in ordine inverso. In tal caso avremo
(A b1 b2
) E.G.↓
===⇒ (
T b′1 b′2) normalizzazione
=========⇒ (
U b∨1 b∨2 ) E.G.↑
===⇒ (
I4 α(1) α(2))
dove U sar`a un’opportuna matrice 4× 4 triangolare superiore avente tutti i termini sulla diagonale uguali a 1 . Questa particolarit`a della amtrice U rende pi`u semplice (dal punto di vista dei calcoli) il passo di E.G.↑, perci`o scegliamo di seguire questa seconda strada!
In concreto, abbiamo gi`a svolto il primo passo, cio`e (
A b1 b2
) E.G.↓
====⇒(
T b′1 b′2) . Per il secondo passo — la normalizzazione — dividendo ciascuna riga per il corrispon- dente termine sulla diagonale (nell’ordine: −1 , 1 , 4 e 3 ) otteniamo
(T b′1 b′2) :=
−1 0 3 1 −2 −6 0 1 2 −1 −4 −5 0 0 4 4 8 −4 0 0 0 3 9 3
I7→ −I II7→ II
==========⇒
III7→ 1/4·III IV7→ 1/3·IV
I7→ −I II7→ II
==========⇒
III7→ 1/4·III IV7→ 1/3·IV
1 0 −3 −1 2 6 0 1 2 −1 −4 −5 0 0 1 1 2 −1
0 0 0 1 3 1
= (
U b∨1 b∨2 ) Infine operiamo il terzo passo (l’E.G.↑) sulla matrice (
U b∨1 b∨2 )
cos`ı trovata: ci`o d`a
(U b∨1 b∨2) :=
1 0 −3 −1 2 6 0 1 2 −1 −4 −5 0 0 1 1 2 −1
0 0 0 1 3 1
I7→ I + IV
II7→ II + IV
==========⇒
III7→ III − IV
I7→ I + IV
II7→ II + IV
==========⇒
III7→ III − IV
1 0 −3 0 5 7 0 1 2 0 −1 −4 0 0 1 0 −1 −2 0 0 0 1 3 1
I7→ I + 3·III
=========⇒
II7→ II − 2·III
I7→ I + 3·III
=========⇒
II7→ II − 2·III
1 0 0 0 2 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 −1 −2 0 0 0 1 3 1
= (
I4 α(1) α(2)) A questo punto, leggendo le ultime due colonne della matrice finale abbiamo le soluzioni cercate: la soluzione (unica) del sistema ~1 : A· x = b1 `e data da
α(1) = (
2 , 1 , −1 , 3)
(9) cio`e
α(1)1 = 2 , α(1)2 = 1 , α(1)3 = −1 , α(1)4 = 3 mentre quella del sistema ~2 : A· x = b2 `e data da
α(2) = (
1 , 0 , −2 , 1)
(10)
cio`e
α(2)1 = 1 , α(2)2 = 0 , α(2)3 = −2 , α(2)4 = 1
N.B.: a questo punto `e doverosa una verifica! Precisamente, `e pi`u che opportuno verificare che le stringhe date in (9) e in (10) siano davvero soluzione, rispettivamente, del sistema ~1 e del sistema ~2.
3o metodo : Abbiamo gi`a osservato che, siccome la matrice A risulta essere non sin- golare, i sistemi ~1 : A · x = b1 e ~2 : A · x = b2 hanno ciascuno una e una sola soluzione: precisamente, tali soluzioni α(1) = (
α(1)1 , α(1)2 , α(1)3 , α(1)4 )
∈ R4 per ~1 e α(2) = (
α(2)1 , α(2)2 , α(2)3 , α(2)4 )
∈ R4 per ~2 sono date rispettivamente da α(1) = A−1 · b1 e α(2) = A−1 · b2 , dove A−1 `e la matrice inversa di A e il prodotto a destra di ciascuna delle due uguaglianze `e un prodotto righe per colonne (tra una matrice n× n e una matrice n × 1 ). Pertanto, possiamo calcolare A−1 per poi ricavare le soluzioni cercate α(1) e α(2) tramite le formule α(1) = A−1 · b1 e α(2) = A−1 · b2 sviluppando i prodotti righe per colonne a secondo membro.
Globalmente, questo terzo metodo ha una complessit`a (di procedimento e di calcolo) sostanzialmente equivalente a quella del secondo metodo.
Per prima cosa calcoliamo l’inversa A−1 della matrice A . Utilizziamo il metodo standard tramite una doppia E.G.: dunque operiamo sulla matrice (
A I4
) effettuando sulle sue prime n colonne una E.G.↓ , poi una normalizzazione, e infine una E.G.↑: in simboli
(A I4
) E.G.↓
=====⇒ ( T IT
) normalizzazione
==========⇒ ( U IU
) E.G.↑
=====⇒ ( I4 II
)
dove IT , IU e II sono opportune matrici 4× 4 : in particolare II sar`a proprio l’inversa cercata, cio`e II = A−1. Si noti che abbiamo usato i simboli T ed U indicano le stesse matrici gi`a incontrate nello svolgimento del secondo metodo: infatti, le operazioni (sulle righe) che dobbiamo svolgere — le quali dipendono esclusivamente dalle prime n colonne delle matrici in esame, cio`e A , poi T , poi U — sono esattamente le stesse, ora come allora!
Le differenze tra i due casi stanno nel fatto che lavoriamo con matrici quadrate 4× 4 — precisamente A , T , U e I4 — che sono affiancate (a destra) una volta da matrice 4× 2 (nel secondo metodo) e una volta da matrici 4× 4 . I calcoli espliciti ci danno
(A I4) :=
−1 0 3 1 1 0 0 0
0 1 2 −1 0 1 0 0
2 1 0 1 0 0 1 0
1 0 −3 2 0 0 0 1
II7→ II III7→ III + 2·I
========⇒
IV7→ IV + 1·I
II7→ II III7→ III + 2·I
========⇒
IV7→ IV + 1·I
−1 0 3 1 1 0 0 0 0 1 2 −1 0 1 0 0
0 1 6 3 2 0 1 0
0 0 0 3 1 0 0 1
III7→ III − 1·II
========⇒
IV7→ IV
III7→ III − 1·II
========⇒
IV7→ IV
−1 0 3 1 1 0 0 0
0 1 2 −1 0 1 0 0
0 0 4 4 2 −1 1 0
0 0 0 3 1 0 0 1
= ( T IT
)
per il primo passo, cio`e l’E.G.↓ . Per il secondo (la normalizzazione) dobbiamo dividere ogni riga per il corrispondente termine sulla diagonale (nell’ordine: −1 , 1 , 4 e 3 ); ci`o d`a
(T IT
) :=
−1 0 3 1 1 0 0 0
0 1 2 −1 0 1 0 0
0 0 4 4 2 −1 1 0
0 0 0 3 1 0 0 1
I7→ −I II7→ II
==========⇒
III7→ 1/4·III IV7→ 1/3·IV
I7→ −I II7→ II
==========⇒
III7→ 1/4·III IV7→ 1/3·IV
1 0 −3 −1 −1 0 0 0
0 1 2 −1 0 1 0 0
0 0 1 1 1/2 −1/4 1/4 0
0 0 0 1 1/3 0 0 1/3
= ( U IU
)
Infine effettuiamo il terzo passo — l’E.G.↑ — sulla matrice ( U IU
) cos`ı trovata: ci`o d`a
(U IU
) :=
1 0 −3 −1 −1 0 0 0
0 1 2 −1 0 1 0 0
0 0 1 1 1/2 −1/4 1/4 0
0 0 0 1 1/3 0 0 1/3
I7→ I + IV II7→ II + IV
==========⇒
III7→ III − IV
I7→ I + IV
II7→ II + IV
==========⇒
III7→ III − IV
1 0 −3 0 −2/3 0 0 1/3
0 1 2 0 1/3 1 0 1/3
0 0 1 0 1/6 −1/4 1/4 −1/3
0 0 0 1 1/3 0 0 1/3
I7→ I + 3·III
=========⇒
II7→ II − 2·III
I7→ I + 3·III
=========⇒
II7→ II − 2·III
1 0 0 0 −1/6 −3/4 3/4 −2/3
0 1 0 0 0 3/2 −1/2 1
0 0 1 0 1/6 −1/4 1/4 −1/3
0 0 0 1 1/3 0 0 1/3
= ( I4 II
)
A questo punto, le ultime quattro colonne della matrice finale formano la matrice (quadrata) II che `e proprio l’inversa cercata, cio`e
A−1 =
−1/6 −3/4 3/4 −2/3
0 3/2 −1/2 1
1/6 −1/4 1/4 −1/3
1/3 0 0 1/3
(11)
N.B.: ancora una volta, qui `e d’obbligo una verifica! Precisamente, `e molto opportuno verificare che la matrice in (11) sia effettivamente l’inversa di A , cio`e moltiplicandola (a sinistra o a destra) per A si ottenga la matrice identit`a I4.
L’ultima operazione che ci resta da fare `e ricavare le soluzioni α(1) e α(2) dei sistemi ~1
e ~2 rispettivamente calcolandole tramite le formule α(1) = A−1· b1 e α(2) = A−1· b2 . Sviluppando i prodotti righe per colonne a secondo membro otteniamo
α(1) = A−1· b1 =
−1/6 −3/4 3/4 −2/3
0 3/2 −1/2 1
1/6 −1/4 1/4 −1/3
1/3 0 0 1/3
·
−2−4 8 11
=
=
(−1/6)
·(
−2) + (
−3/4)
·(
−4)
+ 3/4· 8 + (
−2/3)
· 11 0·(
−2)
+ 3/2·(
−4) + (
−1/2)
· 8 + 1 · 11 1/6·(
−2) + (
−1/4)
·(
−4)
+ 1/4· 8 + (
−1/3)
· 11 1/3·(
−2)
+ 0·(
−4)
+ 0· 8 + 1/3 · 11
=
=
4/12 + 36/12 + 72/12 − 88/12 0/2 − 12/2 − 8/2 + 22/2
−4/12 + 12/12 + 24/12 − 44/12
−2/3 + 0/3 + 0/3 + 11/3
=
24/12 2/2
−12/12 9/3
=
2 1
−1 3
e analogamente troviamo
α(2) = A−1· b2 =
−1/6 −3/4 3/4 −2/3
0 3/2 −1/2 1
1/6 −1/4 1/4 −1/3
1/3 0 0 1/3
·
−6−5 3 9
=
=
(−1/6)
·(
−6) + (
−3/4)
·(
−5)
+ 3/4· 3 + (
−2/3)
· 9 0·(
−6)
+ 3/2·(
−5) + (
−1/2)
· 3 + 1 · 9 1/6·(
−6) + (
−1/4)
·(
−5)
+ 1/4· 3 + (
−1/3)
· 9 1/3·(
−6)
+ 0·(
−5)
+ 0· 3 + 1/3 · 9
=
=
12/12 + 45/12 + 27/12 − 72/12 0/2 − 15/2 − 3/2 + 18/2
−12/12 + 15/12 + 9/12 − 36/12
−6/3 + 0/3 + 0/3 + 9/3
=
12/12 0/2
−24/12 3/3
=
1 0
−2 1
In conclusione abbiamo ottenuto (scrivendo α(1) e α(2) come vettori colonna) α(1) = (
2 , 1 , −1 , 3)
, α(2) = (
1 , 0 , −2 , 1) che sono proprio le soluzioni gi`a trovate in (9) e (10).
N.B.: I calcoli svolti per il primo e il secondo metodo possono essere sviluppati con un unico procedimento. Infatti, basta considerare la matrice complessiva
M := (
A I4 b1 b2)
=
−1 0 3 1 1 0 0 0 −2 −6 0 1 2 −1 0 1 0 0 −4 −5 2 1 0 1 0 0 1 0 8 3 1 0 −3 2 0 0 0 1 11 9
e operare su di essa un processo (modulato sulle prime quattro colonne) di E.G.↓ , seguito da normalizzazione e infine da una E.G.↑ , del tipo
(A I4 b1 b2) E.G.↓
=====⇒ (
T IT b′1 b′2) normalizzazione
===========⇒
normalizzazione
=========⇒ (
U IU b∨1 b∨2 ) E.G.↑
====⇒ (
I4 IU α(1) α(2))
= (
I4 A−1 α(1) α(2)) I calcoli da effettuare in effetti sono gli stessi che gi`a sono stati svolti in precedenza, semplicemente con questo procedimento sono svolti tutti simultaneamente.
——— ∗ ∗ ∗ ———
[3] Per ogni ℓ∈ R , si consideri la matrice
Mℓ :=
ℓ− 2 1 ℓ + 3
ℓ2− 3 ℓ + 2 2 ℓ ℓ2 + 2 ℓ− 3 6− 3 ℓ ℓ− 2 ℓ2+ 4 ℓ− 11
∈ Mat3×3( R)
.
(a) Calcolare il rango di Mℓ (per ogni valore di ℓ∈ R ).
(b) Determinare tutti i valori di ℓ∈ R per i quali la matrice Mℓ sia invertibile.
(c) Si consideri il caso ℓ = 0 . Se la matrice M0 risulta invertibile, calcolarne l’inversa M0−1, verificando esplicitamente che la matrice trovata sia effettivamente l’inversa di M0. Se invece la matrice M0 risulta non invertibile, si determini un vettore α ∈ R3 tale che α ̸= 0 := (0, 0, 0) e inoltre M0· α = 0 .
Soluzione: (a) Per calcolare il rango della matrice M (ℓ) la riduciamo in forma a scala:
il rango cercato sar`a allora il numero di pivot della matrice a scala cos`ı ottenuta. I calcoli
