Appunti di Algebra Lineare - 2
Mongodi Samuele - s.mongodi@sns.it
18/05/2011
Queste note hanno lo scopo di illustrare il metodo della riduzione a scala (o algoritmo di Gauss e di Gauss-Jordan) e alcune delle sue principali applicazioni; spesso vi sono altri metodi per svolgere gli esercizi proposti, che non impiegano il metodo della riduzione a scala, ma non verranno trattati qui.
1
La riduzione a scala
Consideriamo il sistema lineare omogeneo x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 2x1− x3+ x5 = 0 3x1− 2x2+ 2x4− x5 = 0
e procediamo a risolverlo per eliminazione, ricavando quindi x1dalla prima equazione
x1= 2x2− x3+ x4+ 3x5
e sostituendola nelle altre due, ottenendo il sistema x1 = 2x2− x3+ x4+ 3x5 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5 = 0 4x2− 3x3+ 5x4+ 8x5 = 0
Continuando con il metodo dell’eliminazione, ricaviamo x2 dalla seconda equazione
x2= 3 4x3− 1 2x4− 7 4x5 e sostituiamo nella terza, ottenendo il sistema
x1 = 2x2− x3+ x4+ 3x5 x2 = 34x3−12x4−74x5 3x4+ x5 = 0
Ora esplicitiamo x4 nell’ultima equazione
x4= − 1 3x5 e otteniamo il sistema x1 = 2x2− x3+ x4+ 3x5 x2 = 34x3−12x4−74x5 x4 = −13x5
Le variabili x5e x3non compaiono a sinistra, quindi sono variabili libere e diventeranno parametri
delle soluzioni. Fissiamo dunque x3= t, x5= s e procediamo con la sostituzione. Abbiamo allora
x4= −s/3
e, sostituendo nell’espressione per x2,
x2= 3 4t − s 6 − 7 4s = 3 4t − 23 12s ed infine x1= 3 2t − 23 6 s − t − s 3 + 3s = t 2 − 7 6s .
Dunque la soluzione `e x1 = t2−76s x2 = 34t − 2312s x3 = t x4 = −s3 x5 = s al variare di s, t ∈ R.
1.1
L’eliminazione di Gauss
Ora, analizziamo pi`u nel dettaglio il metodo dell’eliminazione utilizzato per risolvere il sistema. Cominciamo col considerare le prime due equazioni
x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 2x1− x3+ x5 = 0 . . .
l’operazione ”ricavo x1 e sostituisco” equivale a moltiplicare per 2 la prima equazione e sottrarre
il risultato dalla seconda:
(2x1− x3+ x5) − 2(x1− 2x2+ x3− x4− 3x5) = 2x1− x3+ x5− 2x1+ 4x2− 2x3+ 2x4+ 6x5
= 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5
Dunque al posto del sistema di partenza, consideriamo il sistema dove le prime due equazioni sono x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 2x1− x3+ x5− 2(x1− 2x2+ x3− x4− 3x5) = 0 . . . ovvero x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5 = 0 . . .
che `e esattamente quello che abbiamo ottenuto sostituendo x1nella seconda equazione. Allo stesso
modo, al posto della terza equazione consideriamo la terza meno 3 volte la prima:
3x1− 2x2+ 2x4− x5− 3(x1− 2x2+ x3− x4− 3x5) = 4x2− 3x3+ 5x4+ 8x5
quindi otteniamo esattamente x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5 = 0 4x2− 3x3+ 5x4+ 8x5 = 0
Procedendo, ora si sottrae la seconda riga dalla terza e si mette il risultato al posto della terza: x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5 = 0 3x4+ x5 = 0
Che `e l’ultimo sistema che abbiamo trovato prima di iniziare a risolvere.
Quindi il metodo di eliminazione per la risoluzione dei sistemi lineari pu`o essere riscritto come ”sostituisco un’equazione con lei stessa a cui sommo (o sottraggo) k volte un’altra equazione”.
A x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 2x1− x3+ x5 = 0 3x1− 2x2+ 2x4− x5 = 0 1 −2 1 −1 −3 2 0 −1 0 1 3 −2 0 2 −1 B x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5 = 0 3x1− 2x2+ 2x4− x5 = 0 1 −2 1 −1 −3 0 4 −3 2 7 3 −2 0 2 −1 C x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5 = 0 4x2− 3x3+ 5x4+ 8x5 = 0 1 −2 1 −1 −3 0 4 −3 2 7 0 4 −3 5 8 D x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5 = 0 3x4+ x5 = 0 1 −2 1 −1 −3 0 4 −3 2 7 0 0 0 3 1
E’ evidente che le operazioni di sommare e sottrarre tra loro le equazioni pu`o essere formulato in termini delle righe della matrice associata; dal passo A al passo B abbiamo sottratto il doppio della prima riga alla seconda, da B a C abbiamo sottratto 3 volte la prima riga alla terza, da C a D abbiamo sottratto la terza riga alla quarta.
La matrice ottenuta al passo D si dice matrice ridotta a scala; in generale, una matrice si dice ridotta a scala se il primo termine non nullo di ogni riga viene ”dopo” il primo termine non nullo della riga precedente. Il primo termine non nullo di una riga si dice pivot.
Nel nostro caso, il pivot della prima riga sta sulla prima colonna, il pivot della seconda riga sta sulla seconda colonna e il pivot della terza riga sta sulla quarta colonna:
1 −2 1 −1 −3 0 4 −3 2 7 0 0 0 3 1
Anche se per ora non l’abbiamo usata, citiamo anche l’altra operazione lecita nella riduzione a scala, che `e quella di scambiare di posto due equazioni del sistema, ovvero scambiare tra loro due righe della matrice.
1.2
Alcuni esempi
1. Riduciamo a scala la seguente matrice: 1 −1 2 0 −1 2 2 0 −1 −1 1 3 −2 2 3 0 2 1 −1 −2
Innanzitutto sottraiamo 2 volte la prima riga dalla seconda: 1 −1 2 0 −1 0 4 −4 −1 1 1 3 −2 2 3 0 2 1 −1 −2
e sottraiamo la prima dalla terza: 1 −1 2 0 −1 0 4 −4 −1 1 0 4 −4 2 4 0 2 1 −1 −2
Ora sottraiamo la seconda riga dalla terza 1 −1 2 0 −1 0 4 −4 −1 1 0 0 0 3 3 0 2 1 −1 −2
ed ora sottraiamo la seconda moltiplicata per 1/2 dalla quarta 1 −1 2 0 −1 0 4 −4 −1 1 0 0 0 3 3 0 0 3 −1/2 −5/2
Non resta che scambiare la terza e la quarta riga (`e come scambiare due equazioni nel sistema) 1 −1 2 0 −1 0 4 −4 −1 1 0 0 3 −1/2 −5/2 0 0 0 3 3
ed ecco la matrice ridotta a scala, dove i pivot sono evidenziati in rosso.
2. Riduciamo a scala la seguente matrice: 2 0 3 1 0 3 3 1 0 0 2 4 −1 3 4 1 3 2 0 −1 1 1 1 1 1
Il primo elemento della prima riga `e 2, quello della seconda riga `e 3, quindi se moltiplichiamo la prima riga per −3/2 e la sommiamo alla seconda otteniamo
−3/2(2, 0, 3, 1, 0) + (3, 3, 1, 0, 0) = (−3, 0, −9/2, −3/2, 0) + (3, 3, 1, 0, 0) = (0, 3, −7/2, −3/2, 0)
similmente possiamo sommare −1 per la prima riga alla terza, ottenendo
−1(2, 0, 3, 1, 0) + (2, 4, −1, 3, 4) = (−2, 0, −3, −1, 0) + (2, 4, −1, 3, 4) = (0, 4, −4, 2, 4)
poi −1/2 per la prima riga alla quarta
−1/2(2, 0, 3, 1, 0) + (1, 3, 2, 0, −1) = (−1, 0, −3/2, −1/2, 0) + (1, 3, 2, 0, −1)
= (0, 3, 1/2, −1/2, −1) e −1/2 per la prima riga alla quinta
−1/2(2, 0, 3, 1, 0) + (1, 1, 1, 1) = (−1, 0, −3/2, −1/2, 0) + (1, 1, 1, 1, 1) = (0, 1, −1/2, 1/2, 1)
e dunque la matrice ora `e
2 0 3 1 0 0 3 −7/2 −3/2 0 0 4 −4 2 4 0 3 1/2 −1/2 −1 0 1 −1/2 1/2 1 Similmente, calcoliamo −4/3(0, 3, −7/2, −3/2, 0) + (0, 4, −4, 2, 4) = (0, −4, 14/3, 2, 0) + (0, 4, −4, 2, 4) = (0, 0, 2/3, 4, 4) −1(0, 3, −7/2, −3/2, 0) + (0, 3, 1/2, −1/2, −1) = (0, −3, 7/2, 3/2, 0) + (0, 3, 1/2, −1/2, −1)
= (0, 0, 4, 1, −1)
−1/3(0, 3, −7/2, −3/2, 0) + (0, 1, −1/2, 1/2, 1) = (0, −1, 7/6, 1/2, 0) + (0, 1, −1/2, 1/2, 1) = (0, 0, 2/3, 1, 1)
e dunque la matrice diventa
2 0 3 1 0 0 3 −7/2 −3/2 0 0 0 2/3 4 4 0 0 4 1 −1 0 0 2/3 1 1 Procedendo similmente −6(0, 0, 2/3, 4, 4) + (0, 0, 4, 1, −1) = (0, 0, −4, −24, −24) + (0, 0, 4, 1, −1) = (0, 0, 0, −23, −25) −1(0, 0, 2/3, 4, 4) + (0, 0, 2/3, 1, 1) = (0, 0, −2/3, −4, −4) + (0, 0, 2/3, 1, 1) = (0, 0, 0, −3, −3) da cui 2 0 3 1 0 0 3 −7/2 −3/2 0 0 0 −2/3 4 4 0 0 0 −23 −25 0 0 0 −3 −3
Per l’ultimo passaggio
−3/23(0, 0, 0, −23, −25) + (0, 0, 0, −3, −3) = (0, 0, 0, 3, 75/23) + (0, 0, 0, −3, −3) = (0, 0, 0, 0, 6/23) da cui 2 0 3 1 0 0 3 −7/2 −3/2 0 0 0 −2/3 4 4 0 0 0 −23 25 0 0 0 0 6/23
3. Riduciamo a scala la matrice 0 2 1 1 0 1 −1 2 0 3 1 1 3 1 2 3 1 8 2 6 4 2 −6 −8 0
Per cominciare, scambiarmo la prima e la seconda riga 1 −1 2 0 3 0 2 1 1 0 1 1 3 1 2 3 1 8 2 6 4 2 −6 −8 0 Ora calcoliamo −1(1, −1, 2, 0, 3) + (1, 1, 3, 1, 2) = (0, 2, 1, 1, −1) −3(1, −1, 2, 0, 3) + (3, 1, 8, 2, 6) = (0, 4, 2, 2, −3) −4(1, −1, 2, 0, 3) + (4, 2, −6, −8, 0) = (0, 6, −14, −8, −12) ottenendo 1 −1 2 0 3 0 2 1 1 0 0 2 1 1 −1 0 4 2 2 −3 0 6 −14 −8 −12
Come secondo passo, utilizziamo la seconda riga per eliminare gli elementi della seconda colonna nelle righe successive.
−1(0, 2, 1, 1, 0) + (0, 2, 1, 1, −1) = (0, 0, 0, 0, −1) −2(0, 2, 1, 1, 0) + (0, 4, 2, 2, −3) = (0, 0, 0, 0, −3) −3(0, 2, 1, 1, 0) + (0, 6, −14, −8, −12) = (0, 0, −17, −11, −12) da cui 1 −1 2 0 3 0 2 1 1 0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −3 0 0 −17 −11 −12
Ora scambiamo la quinta riga e la terza 1 −1 2 0 3 0 2 1 1 0 0 0 −17 −11 −12 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −3
A questo punto, le colonne 3 e 4 contengono solo zeri dopo la terza riga, quindi dedichiamoci alla quinta colonna, sommando la quarta riga moltiplicata per −3 alla quinta e ottenendo
1 −1 2 0 3 0 2 1 1 0 0 0 −17 −11 −12 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 0
che `e una matrice ridotta a scala, con i pivot evidenziati in rosso.
1.3
Algoritmo di Gauss-Jordan
La seconda parte della risoluzione del sistema lineare consisteva nell’assegnare un valore parame-trico ad alcune variabili ed usarle per esprimere le altre, sostituendo la soluzione di un’equazione in quelle sopra. Riscriviamo la successione dei sistemi lineari lasciando indicate x3 e x5(cio`e senza
usare s, t). Nel primo passaggio, dividiamo l’ultima riga per 3. x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 x2−34x3+21x4+74x5 = 0 x4+13x5 = 0
Vorremmo ricavare x4 e sostituirla nelle equazioni sopra; possiamo moltiplicare l’ultima equazione
per −7/4 e sommarla alla penultima, ottenendo x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 x2−34x3+2312x5 = 0 x4+13x5 = 0
che `e proprio quello che avremmo ottenuto sostituendo. Ora sommiamo l’ultima riga alla prima x1− 2x2+ x3−83x5 = 0 x2−34x3+2312x5 = 0 x4+13x5 = 0
Ora, possiamo utilizzare la seconda equazione, moltiplicata per 2, sommandola alla prima, in modo da sostituire al posto di x2 un’espressione in x3 e x5, ottenendo
x1−12x3+76x5 = 0 x2−34x3+2312x5 = 0 x4+13x5 = 0
Che, a meno di porre x3= t, x5= s, `e proprio la soluzione ottenuta prima.
Come prima, confrontiamo le matrici dei vari step.
D x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 4x2− 3x3+ 2x4+ 7x5 = 0 x4+13x5 = 0 1 −2 1 −1 −3 0 4 −3 2 7 0 0 0 1 1/3 E x1− 2x2+ x3− x4− 3x5 = 0 x2−34x3+2312x5 = 0 x4+13x5 = 0 1 −2 1 −1 −3 0 1 −3/4 0 23/12 0 0 0 1 1/3 F x1− 2x2+ x3−83x5 = 0 x2−34x3+2312x5 = 0 x4+13x5 = 0 1 −2 1 0 −8/3 0 1 −3/4 0 23/12 0 0 0 1 1/3 G x1−12x3+76x5 = 0 x2−34x3+2312x5 = 0 x4+13x5 = 0 1 0 −1/2 0 7/6 0 1 −3/4 0 23/12 0 0 0 1 1/3
Ovviamente, le operazioni effettuate sono le seguenti: dividere una riga per il suo pivot e utilizzarla per eliminare le entrate nella colonna sopar al suo pivot. A parte dividere una riga per il pivot, la tecnica `e la stessa usata nell’eliminazione di Gauss, solo che ora si lavora andando verso l’alto.
Si noti che nella matrice ottenuta alla fine dell’eliminazione 1 −2 1 −1 −3 0 4 −3 2 7 0 0 0 3 1 ⇑ ⇑
le colonne indicate sono quelle senza pivot; queste determinano i parametri e non possono essere annullato dal procedimento a ritroso appena fatto, infatti la matrice ottenuta al passo G `e
1 0 −1/2 0 7/6 0 1 −3/4 0 23/12 0 0 0 1 1/3
e le colonne blu sono le uniche non portate a 0 dal procedimento (e non `e possibile farlo con le operazioni descritte). Quando una matrice `e in questa forma, la soluzione del sistema da esso rappresentato `e ovvia: le colonne blu individuano i parametri e basta cambiane i segni per ottenere
x1= t/2 + 7s/6
x2= 3t/4 − 23s/12
x4= −s/3
che sono esattamente le soluzioni trovate in precedenza.
1.4
Gli stessi esempi
Applichiamo Gauss-Jordan alle matrici ridotte a scala nella sezione 1.2.
1. Abbiamo la matrice ridotta a scala 1 −1 2 0 −1 0 4 −4 −1 1 0 0 3 −1/2 −5/2 0 0 0 3 3
L’unica colonna senza pivot `e la quinta, che quindi non verr`a azzerata dal procedimento. Comin-ciamo a dividere la quarta riga per il suo pivot:
1 −1 2 0 −1 0 4 −4 −1 1 0 0 3 −1/2 −5/2 0 0 0 1 1
ed ora moltiplichiamola per 1/2, 1 e 0 e sommiamola alle righe soprastanti, ottenendo 1 −1 2 0 −1 0 4 −4 0 2 0 0 3 0 −2 0 0 0 1 1
Dividiamo la terza riga per il suo pivot: 1 −1 2 0 −1 0 4 −4 0 2 0 0 1 0 −2/3 0 0 0 1 1
e moltiplichiamola per 4 e −2 e sommiamola alle righe soprastanti, ottenendo 1 −1 0 0 1/3 0 4 0 0 −2/3 0 0 1 0 −2/3 0 0 0 1 1
Dividiamo la seconda riga per il suo pivot: 1 −1 0 0 1/3 0 1 0 0 −1/6 0 0 1 0 −2/3 0 0 0 1 1
e sommiamola alla prima
1 0 0 0 1/6 0 1 0 0 −1/6 0 0 1 0 −2/3 0 0 0 1 1
che ci da come soluzioni del sistema lineare
x1= −t/6, x2= t/6, x3= 2t/3, x4= −t, x5= t .
2. Partendo dalla matrice
2 0 3 1 0 0 3 −7/2 −3/2 0 0 0 −2/3 4 4 0 0 0 −23 25 0 0 0 0 6/23
dividiamo ogni riga per il suo pivot, ottenendo 1 0 3/2 1/2 0 0 1 −7/6 −1/2 0 0 0 1 −6 −6 0 0 0 1 −25/23 0 0 0 0 1
Ora, se utilizziamo l’ultima riga per eliminare le entrate della quinta colonna dalle righe precedenti, otteniamo 1 0 3/2 1/2 0 0 1 −7/6 −1/2 0 0 0 1 −6 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1
in quanto l’ultima riga ha un solo elemento non nullo, il pivot, quindi se la moltiplichiamo per una quantit`a reale e la sommiamo a un’altra riga, cambier`a solo il quinto elemento di quella riga. Ora, lo stesso discorso vale adesso per la quarta e dunque possiamo cancellare i termini della quarta colonna sopra al pivot:
1 0 3/2 0 0 0 1 −7/6 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1
Ancora ragionando allo stesso modo con la terza e poi con la seconda riga otteniamo la matrice 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1
che `e l’identit`a. Dunque l’unica soluzione del sistema `e x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = 0. Questo
succede ogni volta che al termine della riduzione a scala i pivot stanno su ogni colonna (e quindi formano la diagonale di una matrice quadrata).
3. Partendo dalla matrice
1 −1 2 0 3 0 2 1 1 0 0 0 −17 −11 −12 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 0
dividiamo la quarta riga per −1 ed usiamola per eliminare le entrate sopra al pivot della quinta colonna. 1 −1 2 0 0 0 2 1 1 0 0 0 −17 −11 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
Ora dividiamo la terza riga per il pivot. 1 −1 2 0 0 0 2 1 1 0 0 0 1 11/17 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
e moltiplichiamola per −1 e −2, per sommarla alle righe soprastanti. 1 −1 0 −22/17 0 0 2 0 6/17 0 0 0 1 11/17 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
Ora dividiamo la seconda riga per il suo pivot 1 −1 0 −22/17 0 0 1 0 3/17 0 0 0 1 11/17 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
e sommiamola alla prima.
1 0 0 −19/17 0 0 1 0 3/17 0 0 0 1 11/17 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
Dunque le soluzioni del sistema sono
x5= 0, x4= t, x3= −11t/17, x2= −3t/17, x1= 19t/17 .
1.5
Esercizi
Esercizio 1 Ridurre a scala le seguenti matrici
(i) 10 1 −3 2 5 2 0 1 −4 −2 4 −1 0 3 −3 7 0 0 0 1 (ii) 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 2 0 0 0 (iii) 1 1 1 0 0 0 2 1 2 −1 0 −1 1 0 1 0 −1 0 −1 1 −1 1 0 −1 (iv) 2 −1 −1 0 1 −1 4 −2 1 1 0 −3 5 3 −2 1 1 0 −3 1 −1 −2 0 0 (v) 1 0 2 0 −1 −2 1 0 −1 0 3 0 3 1 1 2 1 5 0 0 −4 1 −1 −2 −2
Esercizio 2 Risolvere i sistemi lineari omogenei associati alle seguenti matrici
(i) 2 1 −3 2 0 2 1 1 −4 −1 4 2 0 2 −3 7 0 0 0 1 (ii) 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 2 0 0 2
(iii) 1 1 1 0 0 0 2 1 2 0 0 −1 1 0 1 0 −1 0 −1 1 −1 0 0 −1 (iv) 2 −1 −1 0 1 −1 4 −2 −1 1 0 −3 1 3 2 −1 1 0 1 1 −1 2 0 0 (v) 2 0 2 0 −1 −2 1 1 −1 0 3 0 3 1 1 3 1 5 0 0 −3 1 −2 −2 −2
2
Sistemi lineari
Come abbiamo visto, la riduzione a scala permette di risolvere i sistemi del tipo Ax = 0, ovvero permette di calcolare il nucleo di una matrice. Trattiamo ora il caso dei sistemi non omogenei e dei sistemi dipendenti da parametri.
2.1
Sistemi lineari non omogenei
Consideriamo il sistema Ax = b: 1 2 −1 2 4 0 0 0 1 x1 x2 x3 = 1 4 1 La prima equazione `e x1+ 2x2− x3= 1
e dunque se ricaviamo x1, otteniamo
x1= −2x2+ x3+ 1
quindi sostituendo nella seconda avremo
2(−2x2+ x3+ 1) + 4x2= 4
o, semplificando,
2x3= 2
Dunque il sistema diventa
1 2 −1 0 0 2 0 0 1 x1 x2 x3 = 1 2 1
Le ultime due equazioni, 2x3= 2 e x3 = 1, sono in realt`a la stessa equazione e dunque possiamo
eliminare una delle due. Infine otteniamo
x1= −2t + 2, x2= t, x3= 1
Dunque, il metodo di sostituzione ed eliminazione funziona anche in questo caso, solo che bisogna tenere conto anche dei termini noti. Ovvero, non riduciamo a scala solo la matrice A associata ai coefficienti, ma la matrice estesa eA ottenuta aggiungendo alla matrice A la colonna b dei termini noti: e A = 1 2 −1 | 1 2 4 0 | 4 0 0 1 | 1 → 1 2 −1 | 1 0 0 2 | 2 0 0 1 | 1 → 1 2 −1 | 1 0 0 2 | 2 0 0 0 | 0
In rosso, come prima, sono indicati i pivot, in blu sono indicate le colonne dei parametri; lo 0 verde nella colonna dei termini noti `e una condizione di compatibilit`a: un sistema lineare non omogeneo si risolve se e solo se, dopo l’eliminazione di Gauss, a tutte le righe nulle di A corrisponde uno 0 nella colonna dei termini noti. Equivalentemente, il sistema si risolve se e solo se non c’`e un pivot nella colonna dei termini noti.
1 2 −1 | 1 0 0 2 | 2 0 0 0 | 0 → 1 2 −1 | 1 0 0 1 | 1 0 0 0 | 0 → 1 2 0 | 2 0 0 1 | 1 0 0 0 | 0
che `e la soluzione che abbiamo trovato prima: x1= −2t + 2, x2= t, x3= 1.
Come abbiamo detto, la risolubilit`a del sistema Ax = b dipende, in generale, dal termine noto b: se i pivot della matrice eA = (A|b) sono gli stessi della matrice A, ovvero se nessun pivot compare nella colonna aggiunta a destra, allora il sistema `e risolubile. Ad esempio, consideriamo il sistema Ax = b, con A la matrice precedente e b = (1, 2, 1)t. Si ha
e A = 1 2 −1 | 1 2 4 0 | 2 0 0 1 | 1 → 1 2 −1 | 1 0 0 2 | 0 0 0 1 | 1 → 1 2 −1 | 1 0 0 2 | 0 0 0 0 | 1
In questo caso, compare un pivot nella quarta colonna e quindi il sistema non si pu`o risolvere. Infatti questo corrisponde al seguente sistema di equazioni
x1+ 2x2− x3 = 1 2x3 = 0 0 = 1 e l’ultima equazione `e evidentemente impossibile.
Osserviamo che, nel ridurre a scala eA, operiamo anche la riduzione a scala di A, quindi, nel caso le condizioni di compatibilit`a siano verificate, otterremo soluzioni che dipendono da tanti parametri quante sono le colonne di A senza pivot.
Osserviamo inoltre che, se la matrice A `e quadrata e, ridotta a scala, ha il numero massimo possibile di pivot (cio`e quanto il numero di righe=numero di colonne= n), allora il sistema Ax = b `e risolubile per ogni b, in quanto eA avr`a n righe e n + 1 colonne e dunque (essendo i pivot uno per riga), potr`a avere al pi`u n pivot, che sappiamo devono gi`a comparire tutti in A; dunque non ci sar`a alcun pivot nella colonna dei termini noti.
2.2
Sistemi lineari con parametro
Per t ∈ R, si consideri la matrice
At= t 0 2 −1 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 2 t + 2 −5 4
Supponiamo di voler studiare, al variare di t ∈ R, le soluzioni del sistema Atx = 0; ad esempio,
cercando di determinare quanti parametri compariranno nelle soluzioni.
Se cerchiamo di ridurre a scala A, vediamo subito che c’`e un problema: dovremmo dividere la prima riga per t, moltiplicarla per −2 e sommarla alla seconda. Questo `e possibile solo quando t 6= 0, dunque dovremmo studiare poi separatamente la matrice A0; in tal caso, i primi passaggi
della riduzione a scala sarebbero t 0 2 −1 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 2 t + 2 −5 4 → t 0 2 −1 0 1 1 − 4/t 2/t 0 1 t − 4 2 2 t + 2 −5 4 → t 0 2 −1 0 1 1 − 4/t 2/t 0 1 t − 4 2 0 t + 2 −5 − 4/t 4 + 2/t → t 0 2 −1 0 1 1 − 4/t 2/t 0 0 t − 5 + 4/t 2 − 2/t 0 0 −5 − 4/t + (t + 2)(4/t − 1) 4 + 2/t − (t + 2)2/t = t 0 2 −1 0 1 1 − 4/t 2/t 0 0 t − 5 + 4/t 2 − 2/t 0 0 −t − 3 + 4/t 2 − 2/t
Ora si dovrebbe moltiplicare la terza riga per (t + 3 − 4/t)/(t − 5 + 4/t), quindi bisogna imporre che t − 5 + 4/t 6= 0 ovvero
t2− 5t + 4 = (t − 1)(t − 4) 6= 0 ⇔ t 6= 1, 4 In questo caso, otteniamo
t 0 2 −1 0 1 1 − 4/t 2/t 0 0 t − 5 + 4/t 2 − 2/t 0 0 0 (2−2/t)(2t−2)t−5+4/t
Vediamo che tre dei pivot dipendono da t; dobbiamo dunque studiare il loro annullarsi al variare di t. Il primo pivot si annulla per t = 0, valore gi`a escluso, il terzo si annulla per t = 1, 4, anch’essi esclusi, il quarto ancora si annulla per t = 1. Dunque, se t 6= 0, 1, 4, la matrice ha 4 pivot. Dobbiamo studiare separatamente i casi t = 0, t = 1, t = 4. Applicando a ciascuno il metodo di riduzione a scala (cosa che non facciamo qui, ma che il lettore `e caldamente invitato a fare), si vede che per t = 0 e t = 4 vi sono ancora 4 pivot, mentre per t = 2 ne troviamo solo 2.
Cerchiamo ora di operare pi`u intelligentemente la riduzione a scala, per evitare troppi casi particolari.
Riordiniamo le righe come segue: t 0 2 −1 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 2 t + 2 −5 4 → 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 2 t + 2 −5 4 t 0 2 −1
e procediamo con la riduzione a scala 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 2 t + 2 −5 4 t 0 2 −1 → 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 0 t + 1 −6 4 0 −t/2 2 − t/2 −1 → 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 0 −t/2 2 − t/2 −1 0 t + 1 −6 4
Ora vediamo che (t + 1) = −2(−t/2) + 1 e dunque
(0, t + 1, −6, 4) − (0, 1, t − 4, 2) + 2(0, −t/2, 2 − t/2, −1) = (0, 0, 2 − 2t, 0)
quindi sottraendo la seconda riga alla quarta e sommando due volte la terza alla quarta otteniamo 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 0 −t/2 2 − t/2 −1 0 0 2 − 2t 0
Ora sottraiamo 1/4 della quarta riga alla terza e sommiamo 1/2 della quarta alla seconda 2 1 1 0 0 1 −3 2 0 −t/2 3/2 −1 0 0 2 − 2t 0
Infine, sommiamo t/2 volte la seconda riga alla terza 2 1 1 0 0 1 −3 2 0 0 3/2 − 3t/2 −1 − t 0 0 2 − 2t 0
e sottraiamo 4/3 volte la terza riga dall’ultima 2 1 1 0 0 1 −3 2 0 0 3/2 − 3t/2 t − 1 0 0 0 4/3 − 4t/3
I pivot sono evidenziati in rosso, come al solito. Per studiare il numero di parametri del sistema, troviamo i valori di t per cui i valori pivot possono annullarsi (e quindi non essere pi`u pivot). Vediamo che questo capita se e solo se
3 2− 3 2t = 0 oppure 4 3− 4 3t = 0
ovvero se e solo se t = 1. Per t = 1 due pivot si annullano (e la riduzione a scala che abbiamo fatto finora rimane valida, non avendo mai diviso per quantit`a contenenti t) e dunque possiamo affermare che il sistema
Atx = 0
per t 6= 1 ha un’unica soluzione x1 = x2 = x3 = x4 = 0, mentre per t = 1 vi saranno soluzioni
dipendenti da 2 parametri.
Ovviamente, c’`e anche il caso di sistemi lineari non omogenei dipendenti da parametro, ad esempio Atx = bs, con t 0 2 −1 2 1 1 0 0 1 t − 4 2 2 t + 2 −5 4 x1 x2 x3 x4 = 3 −1 −7 s + 3
Come abbiamo gi`a visto, se t 6= 1, la matrice A ha 4 pivot, quindi riducendo a scala eAs,t= (At|bs)
non potremo trovare alcun pivot nella colonna dei termini noti. Dunque, se t 6= 1, per ogni s il sistema Atx = bs ha un’unica soluzione (quante ne ha Atx = 0).
D’altra parte, se t = 1, dobbiamo verificare se
e A1,s= 1 0 2 −1 | 3 2 1 1 0 | −1 0 1 −3 2 | −7 2 3 −5 4 | s + 3
ha solo due pivot. Riduciamola a scala 1 0 2 −1 | 3 0 1 −3 2 | −7 0 1 −3 2 | −7 0 3 −9 6 | s − 3 → 1 0 2 −1 | 3 0 1 −3 2 | −7 0 0 0 0 | 0 0 0 0 0 | s + 18
In rosso i pivot, in blu le colonne dei parametri, in verde le condizioni di compatibilit`a. Osserviamo che, affinch´e il sistema abbia soluzione, si deve avere s + 18 = 0, ovvero s = −18.
Riassumendo
dim ker At dim ImAt dim{x : Atx = bs}
t 6= 1 0 4 0 ∀ s
t = 1 2 2 2 se s = 18
∅ se s 6= 18
Ricordiamo che la dimensione del nucleo di At`e il numero di parametri nelle soluzioni di Atx = 0
e che la dimensione dell’immagine di At `e il numero di pivot che compaiono in una riduzione a
scala. La dimensione delle soluzioni di Atx = bs`e anch’essa data dal numero di parametri ed `e la
stessa di ker At, se il sistema `e risolubile.
2.3
Esercizi
Esercizio 3 Risolvere i seguenti sistemi lineari non omogenei.
(i) 1 −1 0 1 3 2 2 −2 1 0 1 2 −3 3 −1 0 2 1 x1 x2 x3 x4 x5 x6 = 2 1 2
(ii) 2 −2 3 0 −3 1 1 −2 −1 0 3 −3 4 1 −1 0 −2 1 −3 2 3 −1 1 −1 −3 x1 x2 x3 x4 x5 = 1 −1 −3 2 2 (iii) 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 x1 x2 x3 x4 x5 x6 = −3 −2 3 2 1 −4
Esercizio 4 Discutere i seguenti sistemi lineari dipendenti da parametro.
(i) t 0 1 1 0 t 1 −1 0 t 1 −2 0 0 t −1 x1 x2 x3 x4 = 2 0 −1 −1 (ii) t 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 + t 1 t 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 t 0 0 t 1 1 1 x1 x2 x3 x4 x5 x6 = 1 1 1 1 s − 1 2s − 1 (iii) t 0 s t t 4 0 t 2 x1 x2 x3 = 2 4 s
3
Indipendenza lineare
Ricordiamo che m vettori w1, . . . , wm si dicono linearmente indipendenti su R se, ogni volta che
λ1w1+ . . . + λmwm= 0
si ha per forza che
λ1= . . . = λm= 0
.
Ovvero, se e solo se la loro unica combinazione lineare nulla `e quella ottenuta con tutti i coefficienti nulli. Formando una matrice C = (w1| · · · |wm) con i vettori wicome colonne, possiamo
dire che essi sono linearmente indipendenti se e solo se il sistema Cx = 0 ha come unica soluzione x = 0.
Consideriamo una matrice A n × k e chiamiamo v1, . . . , vk le sue colonne; allora si ha
Ax = x1v1+ . . . + xkvk.
Supponiamo che dopo la riduzione a scala compaiano meno di k pivot e che quindi, ad esempio, l’ultima colonna non ne contenga. Di conseguenza, nelle soluzioni del sistema Ax = 0, la variabile xk sar`a un parametro, diciamo xk = t; per cui posso scegliere t = 1 ed ottenere una soluzione
(x1, . . . , xk−1, 1), ovvero
x1v1+ . . . + xk−1vk−1+ vk= 0
da cui
vk= −x1v1− . . . − xk−1vk−1
Se contemporaneamente fissiamo a 0 gli altri eventuali parametri, troveremo vk scritto come
In conclusione, le colonne dei parametri sono linearmente dipendenti da quelle contenenti i pivot.
D’altra parte, supponiamo di prendere solo le colonne che contengono un pivot e metterle in una nuova matrice (pi`u piccola) B; allora, riducendo B a scala con le stesse operazioni, otterremo una matrice con un pivot in ogni colonna, dunque l’unica soluzione di By = 0 `e y = 0, ovvero, le colonne di B sono linearmente indipendenti.
Dunque, le colonne con i pivot sono linearmente indipendenti, ma appena aggiungiamo una delle altre colonne, questa non `e indipendente dalle precedenti.
Ad esempio, consideriamo i vettori
v1= 1 −1 1 2 , v2= 0 0 2 1 , v3= 2 −2 1 1 , v4= 0 0 3 −3 , v5= 1 2 2 −2 , v6= 2 1 0 0
e riduciamo quindi a scala la matrice A che ha loro come colonne: 1 0 2 0 1 2 −1 0 −2 0 2 1 1 2 1 3 2 0 2 1 1 −3 −2 0 → 1 0 2 0 1 2 0 0 0 0 3 3 0 2 −1 3 1 −2 0 1 −3 −3 −4 −4 → 1 0 2 0 1 2 0 1 −3 −3 −4 −4 0 0 0 0 3 3 0 0 5 9 9 6 → 1 0 2 0 1 2 0 1 −3 −3 −4 −4 0 0 5 9 9 6 0 0 0 0 3 3 → 1 0 2 0 0 1 0 1 −3 −3 0 0 0 0 5 9 0 −3 0 0 0 0 3 3 → 1 0 0 −18/5 0 11/5 0 1 0 12/5 0 −9/5 0 0 5 9 0 −3 0 0 0 0 3 3
Da cui, per risolvere il sistema Ax = 0, dobbiamo porre
x1= 18s/5 − 11t/5, x2= −12s/5 + 9t/5, x3= −9s/5 + 3t/5, x4= s, x5= −t, x6= t ovvero abbiamo 18 5 s − 11 5 t v1+ 9 5t − 12 5 s v2+ 3 5t − 9 5s v3+ sv4− tv5+ tv6= 0
per ogni scelta di s, t ∈ R.
In particolare, ponendo s = 1, t = 0, abbiamo 18 5 v1− 12 5 v2− 9 5v3+ v4= 0 da cui v4= − 18 5 v1+ 12 5 v2+ 9 5v3 e, ponendo s = 0, t = 1, abbiamo −11 5 v1+ 9 5v2+ 3 5v3− v5+ v6= 0 da cui v6= 11 5 v1− 9 5v2− 3 5v3+ v5
Quindi, come dicevamo prima, i vettori corrispondenti alle colonne di parametri possono esse-re espesse-ressi come combinazione lineaesse-re dei vettori che corrispondono ai pivot. D’altra parte, se consideriamo la matrice B = 1 0 2 1 −1 0 −2 2 1 2 1 2 2 1 1 −2
vediamo che riducendola a scala otteniamo 1 0 2 1 −1 0 −2 2 1 2 1 2 2 1 1 −2 → 1 0 2 1 0 0 0 3 0 2 −1 1 0 1 −3 −4 → 1 0 2 1 0 1 −3 −4 0 0 5 9 0 0 0 3
Essendoci 4 pivot, il sistema By = 0 ha solo la soluzione y = 0, dunque i vettori v1, v2, v3, v5sono
linearmente indipendenti. Per quanto detto prima, poi, aggiungendo v4o v6all’insieme, otteniamo
dei vettori dipendenti.
3.1
Estrarre una base da un sistema di generatori
Una base di uno spazio vettoriale `e un sistema di generatori linearmente indipendenti; in par-ticolare, estraendo da un sistema di generatori un insieme di vettori linearmente indipendenti massimale, questo rimane un sistema di generatori. Nell’esempio precedente, l’insieme {v1, . . . , v6}
`e un sistema di generatori di R4 e quindi l’insieme {v
1, v2, v3, v5} `e una base di R4.
Osserviamo che anche gli insiemi {v1, v2, v4, v5} o {v1, v2, v3, v6} sono basi; in generale,
la riduzione a scala permette di scegliere un insieme di vettori linearmente indipendenti diverso a seconda dell’ordine delle colonne. In particolare, si prendono pi`u vettori possibile consecutivi a partire dal primo (nel nostro caso v1, v2, v3) e poi si fa ogni volta il salto pi`u piccolo possibile (non
potendo prendere v4, che dipende dai tre precedenti, si prende v5).
Applichiamo quanto detto ad alcuni esempi. 1. Consideriamo R6 e i due sottospazi
V = {x1+ x2= 0, x3+ x5= x4+ x6, x1+ x3= x2+ x6}
W = {x2+ x3+ x4= 0, x1+ x5+ x6= 0, x3= x6}
Vogliamo determinare una base del sottospazio vettoriale V ⊕ W . Cominciamo con il trovare una base di V ed una di W . Notiamo che, se poniamo
A = 1 1 0 0 0 0 0 0 1 −1 1 −1 1 −1 1 0 0 −1 B = 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 −1 abbiamo che V = {x : Ax = 0} W = {x : Bx = 0}
e dunque per trovare le loro basi non dobbiamo far altro che risolvere i sistemi lineari indicati. Otteniamo V = s/2 − r/2 r/2 − s/2 r − s + t r s t , r, s, t ∈ R W = −s − t −r − t t r s t , r, s, t ∈ R Per averne due basi, basta porre, a turno, un parametro uguale a 1 e gli altri uguali a 0:
V = Span −1/2 1/2 1 1 0 0 , 1/2 −1/2 −1 0 1 0 , 0 0 1 0 0 1 W = 0 −1 0 1 0 0 , −1 0 0 0 1 0 , −1 −1 1 0 0 1
Quindi, l’insieme −1/2 1/2 1 1 0 0 , 1/2 −1/2 −1 0 1 0 , 0 0 1 0 0 1 , 0 −1 0 1 0 0 , −1 0 0 0 1 0 , −1 −1 1 0 0 1 `e un insieme di generatori per V ⊕ W . Per estrarne una base, riduciamo a scala:
−1/2 1/2 0 0 −1 −1 1/2 −1/2 0 −1 0 −1 1 −1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 → −1/2 1/2 0 0 −1 −1 0 0 0 −1 −1 −2 0 0 1 0 −2 −1 0 1 0 1 −2 −2 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 → −1/2 1/2 0 0 −1 −1 0 1 0 1 −2 −2 0 0 0 −1 3 2 0 0 0 −1 −1 −2 0 0 1 0 −2 −1 0 0 1 0 0 1 → −1/2 1/2 0 0 −1 −1 0 1 0 1 −2 −2 0 0 1 0 −2 −1 0 0 0 0 2 2 0 0 0 −1 3 2 0 0 0 0 −4 −4 → −1/2 1/2 0 0 −1 −1 0 1 0 1 −2 −2 0 0 1 0 −2 −1 0 0 0 −1 3 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0
Dunque una base `e quella formata dai primi 5 vettori −1/2 1/2 1 1 0 0 , 1/2 −1/2 −1 0 1 0 , 0 0 1 0 0 1 , 0 −1 0 1 0 0 , −1 0 0 0 1 0
In particolare, dim V ⊕ W = 5, quindi dim V ∩ W = dim V + dim W − dim V ⊕ W = 3 + 3 − 5 = 1. 2. Consideriamo lo spazio vettoriale R5 e i tre vettori linearmente indipendenti
v1= 1 −1 2 −4 2 v2= −3 −2 1 3 5 v3= 0 2 −1 −4 3
e vogliamo trovare una base di R5 che contenga questi vettori. Per fare questo, consideriamo la
base canonica {e1, . . . , e5} di R5 e costruiamo la matrice
A = (v1|v2|v3|e1|e2|e3|e4|e5)
Riducendola a scala, troveremo 3 pivot nelle prime tre colonne (che gi`a sappiamo essere indi-pendenti) e altri due nelle ultime 5; questi due vettori completeranno i 3 dati ad una base di R5. 1 −3 0 1 0 0 0 0 −1 −2 2 0 1 0 0 0 2 1 −1 0 0 1 0 0 −4 3 −4 0 0 0 1 0 2 5 3 0 0 0 0 1 → 1 −3 0 1 0 0 0 0 0 −5 2 1 1 0 0 0 0 7 −1 −2 0 1 0 0 0 −9 −4 4 0 0 1 0 0 11 3 −2 0 0 0 1
→ 1 −3 0 1 0 0 0 0 0 −5 2 1 1 0 0 0 0 0 −9/5 −3/5 7/5 1 0 0 0 0 −38/5 11/5 −9/5 0 1 0 0 0 37/5 1/5 11/5 0 0 1 → 1 −3 0 1 0 0 0 0 0 −5 2 1 1 0 0 0 0 0 −9/5 −3/5 7/5 1 0 0 0 0 0 71/15 −347/45 −38/9 1 0 0 0 0 −34/15 358/45 37/9 0 1 → 1 −3 0 1 0 0 0 0 0 −5 2 1 1 0 0 0 0 0 −9/5 −3/5 7/5 1 0 0 0 0 0 71/15 −347/45 −38/9 1 0 0 0 0 0 908/213 445/213 34/71 1
Dunque i primi 5 vettori formano una base, ovvero {v1, v2, v3, e1, e2}.
3. Data un’applicazione lineare
f : R4→ R5 con f x1 x2 x3 x4 = x1+ 2x3 x2+ x3− 2x4 x1− 2x2− x4 −x2− x3− 3x4 2x2+ 2x3+ x4
vogliamo determinare l’immagine di f , ad esempio dandone una base. Scriviamo la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche.
A = 1 0 2 0 0 1 1 −2 1 −2 0 −1 0 −2 −2 −3 0 2 2 1
L’immagine di f `e generata dalle immagini della base del dominio: se e1, e2, e3, e4 `e la base
canonica di R4, allora i vettori f (e
1), f (e2), f (e3), f (e4) generano l’immagine di f . Tali vettori,
nella base canonica di R5, hanno come coordinate le colonne della matrice A, dunque per estrarne
una base dell’immagine basta ridurre a scala A. 1 0 2 0 0 1 1 −2 1 −2 0 −1 0 −2 −2 −3 0 2 2 1 → 1 0 2 0 0 1 1 −2 0 −2 −2 −1 0 −2 −2 −3 0 2 2 1 → 1 0 2 0 0 1 1 −2 0 0 0 −5 0 0 0 −7 0 0 0 5 → 1 0 2 0 0 1 1 −2 0 0 0 −5 0 0 0 0 0 0 0 0
Dunque una base dell’immagine `e data dalle colonne 1, 2 e 4, ovvero da 1 0 1 0 0 , 0 1 −2 −2 2 , 0 −2 −1 −3 1
3.2
Base adattata ad una successione di sottospazi
Consideriamo R4 e i suoi tre sottospazi
V1= Span 1 0 1 0 V2= Span 2 −1 0 −1 , 0 1 2 1 V3= Span 1 −1 −1 −1 , 4 −1 2 −1 , 2 3 2 3 Osserviamo che V1 ⊂ V2 ⊂ V3 ⊂ R4. Vogliamo costruire una base di R4 formata da vettori
{v1, v2, v3, v4} tali che V1 = Span{v1}, V2 = Span{v1, v2}, V3 = Span{v1, v2, v3}; questo `e
Per farlo, prendiamo le basi di ogni sottospazio e quella di R4 e mettiamole come colonne di
una matrice che ridurremo a scala.
A = 1 2 0 1 4 2 1 0 0 0 0 −1 1 −1 −1 3 0 1 0 0 1 0 2 −1 2 2 0 0 1 0 0 −1 1 −1 −1 3 0 0 0 1
Ridotta a scala la matrice diventa 1 2 0 1 4 2 1 0 0 0 0 −1 1 −1 −1 3 0 1 0 0 0 0 0 0 0 −6 −1 −2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 1
e quindi la base cercata `e
1 0 1 0 , 2 −1 0 −1 , 2 3 2 3 , 0 1 0 0 .
Come si vede, lo spazio generato dal primo vettore `e V1, quello generato dai primi due `e V2, quello
generato dai primi tre `e V3(ed ovviamente quello generato da tutti e quattro `e R4).
Un esempio in cui si applica il procedimento precedente `e la ricerca di una base di Jordan. Consideriamo la matrice A = 1 1 0 0 0 −1 3 0 0 0 0 0 1 2 −2 1 0 5 0 −3 0 1 1 5 −4
Il suo polinomio caratteristico `e pA(λ) = −λ5+ λ4+ 5λ3− λ2− 8λ − 4 = −(λ − 2)2(λ + 1)3. D’altra
parte, posto N2= −1 1 0 0 0 −1 1 0 0 0 0 0 −1 2 −2 1 0 5 −2 −3 0 1 1 5 −6 N−1= 2 1 0 0 0 −1 4 0 0 0 0 0 2 2 −2 1 0 5 1 −3 0 1 1 5 −3
abbiamo che rkN2= 4, rkN−1= 4, quindi
λ m.a. m.g.
2 2 1
−1 3 1
da cui sappiamo che la forma di Jordan `e
JA= 2 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 −1 1 0 0 0 0 −1 1 0 0 0 0 −1
Il problema `e ora quello di calcolare una base di Jordan. A questo scopo, calcoliamo
N22= 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 −2 9 −16 8 −3 −2 −18 −1 14 4 −5 18 −38 19
N−12 = 3 6 0 0 0 −6 15 0 0 0 2 −2 12 −4 −4 3 −2 12 −4 −4 4 1 24 −8 −8 N−13 = 0 27 0 0 0 −27 54 0 0 0 2 −10 0 0 0 4 −9 0 0 0 −1 0 0 0 0 Vediamo che ker N2= Span −27 −27 8 5 1 ker N−1= Span 0 0 1 1 2 ker N22= Span −27 −54 10 9 0 , −108 27 22 0 9 , ker N−12 = Span 0 0 1 3 0 , 0 0 1 0 3 ker N−13 = Span 0 0 1 0 0 , 0 0 0 1 0 , 0 0 0 0 1
Ora, per determinare la parte della base legata all’autovalore λ = 2, consideriamo i nuclei di N2
e N2
2; ovviamente si ha ker N2⊂ ker N22 e vogliamo estrarre una base di quest’ultimo adattata a
questa catena di sottospazi. Per far ci`o, come prima, giustapponiamo le basi e riduciamo a scala. −27 −27 −108 −27 −54 27 8 10 22 5 9 0 1 0 9 → −27 −27 −108 0 −27 135 0 2 −10 0 4 −20 0 −1 5 → −27 −27 −108 0 −27 135 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Dunque una base di ker N2
2 `e data da −27 −27 8 5 1 , −27 −54 10 9 0 e di questi il secondo non appartiene a ker N2, quindi calcoliamo
N2 −27 −54 10 9 0 = −1 1 0 0 0 −1 1 0 0 0 0 0 −1 2 −2 1 0 5 −2 −3 0 1 1 5 −6 −27 −54 10 9 0 = −27 −27 8 5 1
Dunque la parte di base relativa a λ = 2 `e N2 −27 −54 10 9 0 , −27 −54 10 9 0 = −27 −27 8 5 1 , −27 −54 10 9 0 .
Allo stesso modo facciamo per λ = −1: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 3 0 0 1 0 2 0 3 0 0 1 → 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 2 −1 −1 1 0 0 −2 1 −2 0 1
→ 1 1 1 1 0 0 0 2 −1 −1 1 0 0 0 0 −3 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Dunque la base di ker N3
−1 adattata alla successione di spazi ker N−1⊂ ker N−12 ⊂ ker N−13 `e
0 0 1 1 2 , 0 0 1 3 0 , 0 0 1 0 0
Consideriamo quindi i vettori che non appartengono a ker N2
−1, ovvero solo l’ultimo, e costruiamo
la base N−12 0 0 1 0 0 , N−1 0 0 1 0 0 , 0 0 1 0 0 ovvero 0 0 12 12 24 , 0 0 2 5 1 , 0 0 1 0 0 .
Dunque una base per la forma di Jordan che abbiamo scritto `e −27 −27 8 5 1 , −27 −54 10 9 0 , 0 0 12 12 24 , 0 0 2 5 1 , 0 0 1 0 0 .
3.3
Esercizi
Esercizio 5 Sia V ⊂ R6definito come
V = Span 1 2 3 0 1 1 , 0 −1 −2 1 0 1 , 1 −1 2 1 −1 1 , 0 2 −1 0 2 1 , 2 2 7 0 0 1 , 1 −1 2 −3 0 1 .
Si determini una base per V .
Esercizio 6 Sia v1, . . . , v6 una base di V , spazio vettoriale reale. Estrarre dall’insieme di vettori
{v1+ v2, v2+ v3, v3+ v4, v4+ v5, v5+ v6}
un insieme di vettori linearmente indipendenti pi`u grande possibile. Esercizio 7 Si considerino, in R8, i sottospazi
V = x1+ x4+ x7− x8 = 0 x2− x3+ x5− x6 = 0 x1+ x2− x3− x7 = 0 W = x2− x4+ x6− x8 = 0 x1− x3+ x4− x6 = 0 x2+ x5+ x7− x8 = 0 x1− x5+ x6− x7 = 0
Esercizio 8 Siano f : R3→ R5 data da f x1 x2 x3 = x1+ x2 x1− x2 x3+ x2 x3− x3 x1− x3 e g : R2→ R5 data da gx1 x2 = x1− 2x2 −x1+ x2 −2x1− x2 −x1 −x2 .
Determinare una base per Imf ⊕ Img. Esercizio 9 Sia f : R6→ R6 data da
f x1 x2 x3 x4 x5 x6 = x1+ x2+ x3+ x4 x2+ x3+ x4+ x5 x3+ x4+ x5+ x6 x1+ x4+ x5+ x6 x1+ x2+ x5+ x6 x1+ x2+ x3+ x6 .
Si determini una base dell’immagine di f . Esercizio 10 Sia A = −5 10 −8 4 1 −4 8 −7 4 1 −3 6 −6 4 1 −2 4 −4 2 2 −1 2 −2 1 1
Si determini una base di R5 adattata ai sottospazi ker A ⊂ ker A2⊂ ker A3
= R5.
4
Matrici
1. Come abbiamo gi`a sottolineato nelle sezioni precedenti, riducendo a scala troviamo una base dell’immagine di un’applicazione lineare. Nel caso di una matrice (applicazione lineare tra Rk e
Rh), la dimensione dell’immagine `e il rango della matrice. Inoltre, il numero di parametri (ovvero il numero di colonne meno il numero di pivot) `e la dimensione del nucleo della matrice. Dunque, ad esempio, data A = 1 1 1 1 1 2 −1 5 0 3 1 2 0 1 0 1 1 1 2 2
la sua riduzione a scala `e
1 1 1 1 1 0 −3 3 −2 1 0 0 0 −2/3 −2/3 0 0 0 0 0
2. Riducendo a scala una matrice quadrata si ottiene, in particolare una matrice diagonale: A = 1 2 1 3 −1 0 1 2 1 1 −1 0 2 3 2 4 → 1 2 1 3 0 2 2 5 0 −1 −2 −3 0 1 0 1 → 1 2 1 3 0 −1 −2 −3 0 0 −2 −1 0 0 −2 −2 → 1 2 1 3 0 −1 −2 −3 0 0 −2 −1 0 0 0 −1
Nel procedimento abbiamo operato uno scambio tra due righe vicine, dunque si ha la seguente relazione det A = (−1)1det 1 2 1 3 0 −1 −2 −3 0 0 −2 −1 0 0 0 −1 = (−1)1(−1)(−2)(−1) = 2
Dunque, in generale, se riducendo a scala la matrice A otteniamo la matrice triangolare T e nel procedimento abbiamo operato s scambi tra righe vicine, abbiamo che
det A = (−1)sdet T
Osserviamo che, ad esempio, data una matrice 4 × 4, scambiare la prima riga con la quarta equivale a scambiare la prima con la seconda, poi la seconda con la terza, poi la terza con la quarta, poi la terza con la seconda, poi la seconda con la prima, quindi 5 scambi tra righe vicine.
3. Data una matrice quadrata A, la matrice inversa di A `e una matrice B tale che
AB = I
Se chiamiamo v1, . . . , vn le colonne di B, abbiamo che
Avi= ei
dove {e1, . . . , en} `e la base canonica di Rn. Dunque per trovare l’inversa basta risolvere
contem-poraneamente gli n sistemi lineari Ax = ei.
Consideriamo la matrice A = 1 −1 2 1 1 0 1 0 0 1 2 1 1 0 −1 1
ed operiamo con l’algoritmo di Gauss-Jordan sulla matrice 1 −1 2 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 2 1 0 0 1 0 1 0 −1 1 0 0 0 1 → 1 −1 2 1 1 0 0 0 0 1 −1 −1 −1 1 0 0 0 1 2 1 0 0 1 0 0 1 −3 0 −1 0 0 1 → 1 −1 2 1 1 0 0 0 0 1 −1 −1 −1 1 0 0 0 0 3 2 1 −1 1 0 0 0 −2 1 0 −1 0 1 → 1 −1 2 1 1 0 0 0 0 1 −1 −1 −1 1 0 0 0 0 3 2 1 −1 1 0 0 0 0 7/3 2/3 −5/3 2/3 1 → 1 0 0 0 −1/7 6/7 −1/7 2/7 0 1 0 0 −4/7 3/7 3/7 1/7 0 0 1 0 1/7 1/7 1/7 −2/7 0 0 0 1 2/7 −5/7 2/7 3/7 dunque si ha A−1= −1/7 6/7 −1/7 2/7 −4/7 3/7 3/7 1/7 1/7 1/7 1/7 −2/7 2/7 −5/7 2/7 3/7
4.1
Esercizi
Esercizio 11 Calcolare rango e dimensione del nucleo delle seguenti matrici
(i) 1 1 1 1 0 1 0 11 0 −1 02 −1 3 −1 (ii) 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 0 1 0 1 0 0 2 0 2 0 2 (iii) 1 2 3 4 5 6 0 1 2 3 4 5 −1 0 1 2 3 4 −2 −1 0 1 2 3 −3 −2 −1 0 1 2 (iv) 10 −9 7 −5 11 7 −9 14 −2 1 4 −9 −7 10 −12
Esercizio 12 Calcolare determinante e inversa delle seguenti matrici
(i) 1 2 −1 2 0 2 5 −2 4 2 −1 −2 2 −3 1 −2 −1 3 −4 5 1 3 0 2 2 (ii) 1 1 −1 1 1 2 3 −4 3 2 −1 −1 2 0 −2 −2 1 −3 3 −1 1 2 −2 4 3 (iii) 1 1 −1 1 1 −4 −3 2 −3 −4 1 −4 10 −3 0 2 6 −8 9 2 1 4 −4 8 1 (iv) 1 1 −1 1 1 −4 −8 0 20 −4 1 11 10 −58 0 2 −12 −14 85 −27 1 −5 −15 30 14
