Capitolo 3 Matrici Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
Introduzione
Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Date due matrici, determinarne la somma (vedi esercizio nella pagina seguente).
• Data una matrice e un vettore determinarne, se possibile, il prodotto (vedi esercizio a pagina 4).
• Date due matrici determinarne, se possibile, il prodotto (vedi esercizio a pagina 5).
• Data una matrice, calcolarne il determinante (vedi esercizio a pagina 6).
• Data una matrice determinarne, se possibile, l’inversa (vedi esercizio a pagina 8).
• Data una matrice, determinarne il rango (vedi esercizio a pagina 13).
• Data una matrice dipendente da un parametro h, determinarne il rango al variare di h (vedi esercizio a pagina 15).
• Date due basi e un vettore scritto in coordinate rispetto ad una di es- se, determinare le coordinate del vettore nell’altra base (vedi esercizio a pagina 17).
• Esercizio di riepilogo (vedi esercizio a pagina 25).
Esercizio 1
Date le matrici:
A =
3 2 1
−1 1 1
3 −2 1
, B =
−2 0 1
√2 0 1
1 2 −1
,
determinare la matrice A + B.
Soluzione
Per sommare due matrici basta sommare algebricamente ciascuna entrata della matrice A con la corrispondente entrata della matrice B. E’ più facile farlo che dirlo:
A + B =
(3 − 2) (2 + 0) (1 + 1)
−1 +√ 2
(1 + 0) (1 + 1) (3 + 1) (−2 + 2) (1 − 1)
=
1 2 2
√
2 − 1 1 2
4 0 0
Esercizio 2
Data la matrice A ∈ MR(3) e il vettore X ∈ R3:
A =
3 2 1
−1 1 1
3 −2 1
, X =
3
−1
−1
determinare, se possibile, qual è il risultato del prodotto AX.
Soluzione
Innanzitutto, prima di incominciare a fare qualsiasi tipo di operazione, è neces- sario verificare che vi siano le condizioni necessarie affinché ciò sia possibile. Per poter moltiplicare una matrice ad un vettore infatti è necessario che la matrice abbia un numero di colonne pari al numero di righe del vettore.
In questo caso la matrice A ha 3 colonne e il vettore X ha 3 righe; pertanto la moltiplicazione AX è possibile. Per effettuarla basta che ci ricordiamo che il prodotto tra una matrice e un vettore non è nient’altro che il vettore che si ottiene dalla combinazione lineare delle colonne della matrice, dove i coefficienti della combinazione lineare non sono nient’altro che i singoli elementi del vettore.
In altre parole:
AX = A1| A2| A3
3
−1
−1
= 3
3
−1 3
− 1
2 1
−2
− 1
1 1 1
=
9
−3 9
+
−2
−1 2
+
−1
−1
−1
=
9 − 2 − 1
−3 − 1 − 1 9 + 2 − 1
=
6
−5 10
Esercizio 3
Date le matrici A ∈ MR(3, 4) , B ∈ MR(4, 2):
A =
3 1 −1 1
0 7 2 0
1 1 −2 0
3×4
, B =
2 0
1 1
3 1
−1 −2
4×2
,
determinare, se possibile, il risultato del prodotto AB.
Soluzione
Innanzitutto, prima di incominciare a fare qualsiasi tipo di operazione, è ne- cessario verificare che vi siano le condizioni necessarie affinché ciò sia possibile.
Per poter moltiplicare la matrice A alla matrice B infatti è necessario che la matrice A abbia un numero di colonne pari al numero di righe della matrice B; possiamo facilmente constatare che ciò è pienamente verificato, in quanto la matrice A ha 4 colonne mentre la matrice B ha 4 righe.
Notiamo tuttavia che se il prodotto da fare fosse BA, non sarebbe possibile pro- cedere, in quanto la matrice B ha 2 colonne mentre la matrice A ha 3 righe...
Tornando a noi quindi otteniamo:
AB = AB1| AB2
=
(3 × 2 + 1 × 1 − 1 × 3 + 1 × (−1)) (3 × 0 + 1 × 1 − 1 × 1 + 1 × (−2)) (0 × 2 + 7 × 1 + 2 × 3 + 0 × (−1)) (0 × 0 + 7 × 1 + 2 × 1 + 0 × (−2)) (1 × 2 + 1 × 1 − 2 × 3 + 0 × (−1)) (1 × 0 + 1 × 1 − 2 × 1 + 0 × (−2))
=
(6 + 1 − 3 − 1) (1 − 1 − 2) (7 + 6) (7 + 2) (2 + 1 − 6) (1 − 2)
=
3 −2 13 9
−3 −1
Abbiamo quindi ottenuto una matrice appartenente a MR(3, 2).
Esercizio 4
Data la matrice A ∈ MR(4):
A =
1 −1 2 −1
−1 1 2 2
3 −2 −3 −1
5 3 −4 2
calcolarne il determinante.
Soluzione
Proviamo dapprima a calcolare il determinante ignorando l’esistenza delle nu- merose proprietà che possono essere sfruttate per semplificare i calcoli e del fatto che il Teorema di Laplace permette di sviluppare il determinante lungo una colonna o riga scelta: sviluppiamo quindi il determinante come da prima definizione, cioè lungo la prima colonna:
1 −1 2 −1
−1 1 2 2
3 −2 −3 −1
5 3 −4 2
= 1
1 2 2
−2 −3 −1
3 −4 2
− (−1)
−1 2 −1
−2 −3 −1
3 −4 2
+
+3
−1 2 −1
1 2 2
3 −4 2
− 5
−1 2 −1
1 2 2
−2 −3 −1
= 1 × [(−6 − 6 + 16) − (−8 + 4 − 18)] + +1 × [(6 − 6 − 8) − (−8 − 4 + 9)] + 3 × [(−4 + 12 + 4) − (4 + 8 − 6)] −
−5 × [(2 − 8 + 3) − (−2 + 6 + 4)]
= [4 + 22] + [−8 + 3] + 3 [12 − 6] − 5 × (−3 − 8)
= = 26 − 5 + 18 + 55
= 94
Come si può notare, per il determinante delle matrici 3 × 3 abbiamo usato la regola di Sarrus. Calcolare il determinante in questo modo è molto dispendioso dal punto di vista computazionale, e la probabilità di sbagliare qualche molti- plicazione è davvero molto alta.
Quello che conviene fare è calcolare il determinante facendo uso di tutte le sue proprietà conosciute. Per esempio una proprietà molto utile è che se si sostitui- sce una colonna (o una riga) con una combinazione lineare delle altre colonne
(o righe) allora il determinante non cambia.
Possiamo quindi procedere nel modo seguente:
det (A) =
1 −1 2 −1
−1 1 2 2
3 −2 −3 −1
5 3 −4 2
A3=A3−A1
−−−−−−−−→
1 −1 2 −1
−1 1 2 2
2 −1 −5 0
5 3 −4 2
=
1 −1 2 −1
−1 1 2 2
2 −1 −5 0
5 3 −4 2
A4=A4−A2
−−−−−−−−→
1 −1 2 −1
−1 1 2 2
2 −1 −5 0
6 2 −6 0
=
1 −1 2 −1
−1 1 2 2
2 −1 −5 0
6 2 −6 0
A2=A2+2A1
−−−−−−−−−→
1 −1 2 −1
1 −1 6 0
2 −1 −5 0
6 2 −6 0
Possiamo quindi ora sviluppare il determinante lungo la quarta colonna e otte- nere in un solo passaggio:
det (A) =
1 −1 2 −1
1 −1 6 0
2 −1 −5 0
6 2 −6 0
= 1
1 −1 6
2 −1 −5
6 2 −6
Se ora non vogliamo usare la regola di Sarrus, possiamo rifare il ragionamento di prima e sfruttare le proprietà del determinante:
det (A) = 1
1 −1 6 2 −1 −5
6 2 −6
A2=A2−A1
−−−−−−−−→1
1 −1 6
1 0 −11
6 2 −6
= 1
1 −1 6
1 0 −11
6 2 −6
A3=A3+2A1
−−−−−−−−−→1
1 −1 6
1 0 −11
8 0 6
Quindi, sviluppando lungo la seconda colonna:
det (A) = 1 × 1
1 −11
8 6
= 94
Siamo quindi giunti allo stesso risultato di prima: tuttavia in questo caso abbia- mo dovuto fare delle semplici addizioni e moltiplicazioni e ci siamo semplificati di molto i calcoli.
Quindi è sempre bene ricordare le proprietà del determinante perché in alcuni casi come questo smettono di essere solo teoria, diventando piuttosto un ancora di salvezza...
Esercizio 5
Data la matrice A ∈ MR(3):
A =
1 0 3
1 2 −1
0 3 3
,
determinarne l’inversa.
Soluzione
Come mostrato sulle slide di teoria relative al capitolo 3, esistono due modi per poter calcolare l’inversa di una matrice invertibile. A scopo didattico noi utilizzeremo entrambi i modi.
Tuttavia, prima di procedere con uno dei due metodi citati, è prima necessario verificare che la matrice sia invertibile, ovvero che abbia determinante non nullo:
det (A) =
1 0 3
1 2 −1
0 3 3
= 1 ×
2 −1
3 3
− 1 ×
0 3 3 3
= 6 + 3 − (−9)
= 9 + 9
= 18
Siccome il determinante è diverso da 0, possiamo concludere che la matrice è invertibile.
Procediamo quindi con il primo dei metodi citati.
Metodo 1
Possiamo trovare la matrice inversa A−1 trovando le coordinate della base canonica di R3 nella base determinata dalle colonne della matrice A. Quindi:
[e1]B
A=⇒
1 0 0
= α
1 1 0
+ β
0 2 3
+ γ
3
−1 3
1 = α + 3γ 0 = α + 2β − γ 0 = 3β + 3γ
1 = α + 3γ 0 = α − 2γ − γ β = −γ
1 = 3γ + 3γ α = 3γ β = −γ
γ = 16 α = 12 β = −16
[e1]B
A=
1/2
−1/6 1/6
[e2]B
A=⇒
0 1 0
= α
1 1 0
+ β
0 2 3
+ γ
3
−1 3
0 = α + 3γ 1 = α + 2β − γ 0 = 3β + 3γ
0 = α + 3γ 1 = α − 2γ − γ β = −γ
0 = 3γ + 1 + 3γ α = 3γ + 1 β = −γ
γ = −16 α = 12 β = 16
[e2]B
A =
1/2 1/6
−1/6
[e3]B
A=⇒
0 0 1
= α
1 1 0
+ β
0 2 3
+ γ
3
−1 3
0 = α + 3γ 0 = α + 2β − γ 1 = 3β + 3γ
α = −3γ
0 = −3γ + 2β − γ β = −γ +13
α = −3γ
0 = −3γ − 2γ +23− γ β = −γ +13
α = −3γ 6γ =23 β = −γ +13
α = −13 γ = 19
β = −19+13 = 29
[e3]B
A=⇒
0 0 1
= α
1 1 0
+ β
0 2 3
+ γ
3
−1 3
Quindi:
A−1 = [e1]B
A | [e2]B
A| [e3]B
A
=
1/2 1/2 −1/3
−1/6 1/6 2/9 1/6 −1/6 1/9
Metodo 2 (Metodo di Cramer)
Il metodo di Cramer permette di calcolare l’inversa di una matrice secondo la seguente formula.
A−1= 1
det (A)(αij) con:
αij = (−1)i+jdet A[j,i]
Quindi, avendo:
A =
1 0 3
1 2 −1
0 3 3
,
abbiamo che:
α11 = (−1)2det A[1,1] =
2 −1
3 3
= 6 + 3 = 9 α12 = (−1)3det A[2,1] = −
0 3 3 3
= − (−9) = 9 α13 = (−1)4det A[3,1] =
0 3
2 −1
= −6 α21 = (−1)3det A[1,2] = −
1 −1
0 3
= −3 α22 = (−1)4det A[2,2] =
1 3 0 3
= 3 α23 = (−1)5det A[3,2] = −
1 3
1 −1
= − (−1 − 3) = 4 α31 = (−1)4det A[1,3] =
1 2 0 3
= 3 α32 = (−1)5det A[2,3] = −
1 0 0 3
= −3 α33 = (−1)6det A[3,3] =
1 0 1 2
= 2
Quindi, avendo già calcolato il determinante, possiamo scrivere:
A−1= 1 18
9 9 −6
−3 3 4
3 −3 2
=
1/2 1/2 −1/3
−1/6 1/6 2/9 1/6 −1/6 1/9
Esercizio 6
Data la matrice:
A =
1 −1 0 5 2
0 0 0 0 1
1 0 −3 −3 −3
0 1 2 2 1
∈ MR(4, 5) ,
determinarne il rango.
Soluzione
La matrice non contiene parametri: possiamo quindi utilizzare il metodo di Kronecker. Scegliamo una sottomatrice di ordine 2x2 con minore non nullo.
Scegliamo per esempio quella formata dalle quattro entrate in basso a sinistra:
∆1=1 0 0 1
E’ la matrice identità e il suo determinante è non nullo (det (∆1) = 1). Quindi possiamo già affermare che rg (A) ≥ 2.
Dobbiamo ora costruire tutti gli orlati di tale sottomatrice. Per sapere quanti orlati possiamo costruire, sebbene non sia indispensabile, possiamo usare la formula mostrata sulle slide teoriche relative al capitolo 3:
n° orlati creabili a partire da ∆1= (k − 2) (n − 2) = (4 − 2) (5 − 2) = 6
Abbiamo quindi che, passando direttamente al calcolo dei minori associati a ciascun orlato:
|∆11| =
0 0 0
1 0 −3
0 1 2
= 0 =⇒ non ci dice nulla sul rango di A
|∆12| =
0 0 1
1 0 −3
0 1 1
= 1
1 0 0 1
= 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 3
Scegliamo quindi la sottomatrice ∆12, rinominandola ∆2, e verifichiamo se i suoi orlati sono tutti nulli. In questo caso, come è facile verificare, abbiamo che:
n° orlati creabili a partire da ∆2= (k − 2) (n − 2) = (4 − 3) (5 − 3) = 2
Quindi:
|∆21| =
1 −1 2 5
0 0 1 0
1 0 −3 −3
0 1 1 2
= −1
1 −1 5
1 0 −3
0 1 2
=
= −
1 −1 5
0 1 −8
0 1 2
= −1
1 −8
1 2
=
= −10 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 4
Siccome la matrice è di ordine 4 × 5 e rg (A) ≤ min (4, 5), possiamo concludere senza nemmeno stare a calcolare altri determinanti che:
rg (A) = 4
Esercizio 7
Data la matrice:
A =
2h − 1 h h
0 h − 3 0 h 2 + h 1
∈ MR(3) , h ∈ R,
determinarne il rango al variare del parametro h.
Soluzione
In questo caso dobbiamo usare il secondo metodo mostrato sulle slide teoriche relative al capitolo 3 per poter calcolare il determinante, in quanto la matrice A è una matrice dipendente da un parametro reale h.
Dobbiamo quindi procedere dall’”alto verso il basso” secondo una logica top- down, scegliendo come sottomatrice la più grande possibile.
Nel nostro caso, siccome la matrice con cui abbiamo a che fare è una matrice quadrata, la cosa pià conveniente da fare è scegliere come sottomatrice l’intera matrice A. Quindi, calcoliamo il determinante di A:
|A| = (h − 3)
2h − 1 h
h 1
= (h − 3) 2h − 1 − h2
= (h − 3) (h − 1)2
Per sapere per quali valori di h il rango è uguale a 3, dobbiamo sapere per quali valori non lo è: in altre parole dobbiamo sapere quando il determinante della matrice A è nullo. Quindi:
|A| = 0 (h − 3) (h − 1)2 = 0
Si nota subito che il determinante è nullo per h = 1 ∨ h = 3. Quindi sappiamo che:
∀h ∈ R, h 6= 1 ∧ h 6= 3 =⇒ rg (A) = 3
Tuttavia nulla sappiamo sul rango della matrice A quando h = 1 o h = 3. Per poter sapere quanto è il rango per tali valori, dobbiamo sostituirli all’interno della matrice al posto di h e controllare con il metodo di Kronecker qual è il rango. Pertanto:
h=1 A =
1 1 1
0 −2 0
1 3 1
|∆1| =
1 1
0 −2
= −2 6= 0 =⇒ rg (A) = 2
h=3
A =
5 3 3 0 0 0 3 5 1
|∆1| =
5 3 3 1
= −4 6= 0 =⇒ rg (A) = 2
Possiamo quindi concludere che al variare di h il rango dell matrice A si com- porta nel modo seguente:
rg (A) h = 1 ∧ h = 3 2 h 6= 1 ∧ h 6= 3 3
Esercizio 8
Date le basi di R3:
B =
1 1 1
,
−2 0 1
,
3 0
−1
, D =
1
−2 1
,
−2 0 0
,
0 3 0
,
sapendo che le coordinate del vettore v rispetto alla base B sono.
[v]B=
3
−1
−1
,
determinare le coordinate di v rispetto alla base D.
Soluzione
Questo è un esercizio fatto apposta per lavorare con le matrici di cambiamento di base.
In questo caso l’unica cosa di cui siamo a conoscenza sono i vettori che formano le due basi (le cui coordinate sono fornite rispetto alla base canonica) e le coor- dinate del vettore rispetto ad una di queste basi.
Sappiamo, come mostrato nelle slide relative al capitolo 3 scaricabili dal sito di tutorato, che:
[v]B = ([d1]B| [d2]B | [d3]B) [v]D (1)
dove i vettori disono i vettori della base D.
Tuttavia in questo caso noi dobbiamo ricavare le coordinate [v]D; pertanto dobbiamo invertire la relazione (1) e scrivere:
[v]D = ([d1]B| [d2]B| [d3]B)−1[v]B
Incominciamo con il trovare quindi la matrice:
A = ([d1]B| [d2]B| [d3]B)
Per fare ciò dobbiamo trovare le coordinate dei vettori della base D nella base
B; ovvero:
[d1]B=⇒
1
−2 1
= α
1 1 1
+ β
−2 0 1
+ γ
3 0
−1
1 = α − 2β + 3γ
−2 = α
1 = α + β − γ
1 = −2 − 2β + 3γ α = −2
1 = −2 + β − γ
3 = −2β + 3γ α = −2 β = 3 + γ
3 = −6 − 2γ + 3γ α = −2
β = 3 + γ
γ = 9 α = −2 β = 12
[d1]B=
−2 12 9
[d2]B=⇒
−2 0 0
= α
1 1 1
+ β
−2 0 1
+ γ
3 0
−1
−2 = α − 2β + 3γ
0 = α
0 = α + β − γ
−2 = −2β + 3γ
α = 0
β = γ
−2 = −2γ + 3γ
α = 0
β = γ
γ = −2 α = 0 β = −2
[d2]B=
0
−2
−2
[d3]B=⇒
0 3 0
= α
1 1 1
+ β
−2 0 1
+ γ
3 0
−1
0 = α − 2β + 3γ 3 = α
0 = α + β − γ
0 = 3 − 2β + 3γ α = 3
0 = 3 + β − γ
0 = 3 − 2β + 9 + 3β α = 3
γ = 3 + β
β = −12 α = 3 γ = −9
[d3]B=
3
−12
−9
Quindi la matrice A è data da:
A =
−2 0 3
12 −2 −12
9 −2 −9
Dobbiamo ora trovare la sua inversa. Per fare ciò, usiamo il metodo di Cramer:
α11 = (−1)2det A[1,1] =
−2 −12
−2 −9
= 18 − 24 = −6 α12 = (−1)3det A[2,1] = −
0 3
−2 −9
= −6 α13 = (−1)4det A[3,1] =
0 3
−2 −12
= 6 α21 = (−1)3det A[1,2] = −
12 −12
9 −9
= 0 α22 = (−1)4det A[2,2] =
−2 3 9 −9
= 18 − 27 = −9 α23 = (−1)5det A[3,2] = −
−2 3
12 −12
= − (24 − 36) = 12 α31 = (−1)4det A[1,3] =
12 −2 9 −2
= −24 + 18 = −6 α32 = (−1)5det A[2,3] = −
−2 0 9 −2
= −4 α33 = (−1)6det A[3,3] =
−2 0 12 −2
= 4
det (A) =
−2 0 3
12 −2 −12
9 −2 −9
=
−2 0 3
3 0 −3
9 −2 −9
= 2
−2 3 3 −3
= 2 (6 − 9)
= −6
Quindi:
A−1 = 1
−6
−6 −6 6
0 −9 12
−6 −4 4
=
1 1 −1
0 3/2 −2 1 2/3 −2/3
Pertanto possiamo trovare le coordinate [v]D come:
[v]D = A−1[v]B
=
1 1 −1
0 3/2 −2 1 2/3 −2/3
3
−1
−1
=
3 − 1 + 1
−3/2 + 2 3 − 2/3 + 2/3
=
3 1/2
3
Potevamo però risolvere l’esercizio in un modo più semplice. Infatti, se vale la relazione:
[v]B= ([d1]B| [d2]B| [d3]B) [v]D,
allora deve valere anche la relazione:
[v]D= ([b1]D| [b2]D | [b3]D) [v]B,
dove bi indica un vettore della base B.
Risolvendo l’esercizio in questo modo possiamo evitare di dover invertire la ma- trice trovata, risparmiando così molto dal punto di vista dei calcoli che dobbiamo andare a fare. Quindi abbiamo che:
[b1]D =⇒
1 1 1
= α
1
−2 1
+ β
−2 0 0
+ γ
0 3 0
1 = α − 2β 1 = −2α + 3γ 1 = α
1 = 1 − 2β 1 = −2 + 3γ α = 1
β = 0 γ = 1 α = 1
[b1]D =
1 0 1
[b2]D =⇒
−2 0 1
= α
1
−2 1
+ β
−2 0 0
+ γ
0 3 0
−2 = α − 2β 0 = −2α + 3γ
1 = α
−2 = 1 − 2β 0 = −2 + 3γ
α = 1
β = 32 γ = 23 α = 1
[b2]D =
1 3/2 2/3
[b3]D =⇒
3 0
−1
= α
1
−2 1
+ β
−2 0 0
+ γ
0 3 0
3 = α − 2β 0 = −2α + 3γ
−1 = α
3 = −1 − 2β 0 = 2 + 3γ α = −1
β = −2 γ = −23 α = −1
[b3]D =
−1 1/2
−2/3
Quindi:
B =
1 1 −1
0 3/2 −2 1 2/3 −2/3
E’ da notare come la matrice B trovata con questo secondo metodo corrisponda alla matrice A−1 che avevamo trovato con il metodo precedente: siamo cioè giunti allo stesso risultato saltando un po’ di passaggi (ovvero l’inversione della matrice A) e quindi risparmiando tempo prezioso.
Possiamo pertanto calcolare le coordinate [v]D come:
[v]D = B [v]B
=
1 1 −1
0 3/2 −2 1 2/3 −2/3
3
−1
−1
=
3 − 1 + 1
−3/2 + 2 3 − 2/3 + 2/3
=
3 1/2
3
Esercizio 9 (prova d’esame del 23 novembre 2012, esercizio n° 2)
Considerati i seguenti vettori di R3:
v1=
1
−k 1 − k
, v2=
k k k
, v3=
k + 1
0 k + 1
, v4=
1 0 0
Determinare:
1. per quali valori di k ∈ R i vettori {v1, v2} sono linearmente indipendenti;
2. per quali valori di k ∈ R si ha che v3∈ Span (v1, v2);
3. per quali valori di k ∈ R si ha che dim (Span (v1, v2, v3)) = 3;
4. per quali valori di k ∈ R i vettori {v1, v2, v3, v4} sono generatori di R3.
Soluzione
Punto (1)
Basta verificare per quali valori di k è possibile scrivere v1come multiplo di v2:
v1= tv2
1
−k 1 − k
= t
k k k
1 = tk
−k = tk
1 − k = tk Notiamo subito che, per k 6= 0, abbiamo che:
t = 1k k = −1 k = 0
Quindi possiamo concludere che per k 6= 0 i due vettori sono sempre linearmente
indipendenti. Verifichiamo per k = 0 cosa accade:
1 = 0 0 = 0 1 = 0
Se dovessimo guardare al risultato di questo sistema, allora affermeremmo che i due vettori sono linearmente indipendenti anche per k = 0. Tuttavia, se so- stituiamo tale valore all’interno del vettore v2, si nota subito che otteniamo il vettore nullo che, per definizione, è sempre linearmente dipendente a qualsiasi altro vettore!
Quindi possiamo concludere che @k ∈ R tale che i due vettori presi in conside- razione siano linearmente indipendenti.
Punto (2)
Sappiamo dal punto precedente che v1e v2sono linearmente indipendenti: quin- di v3∈ Span (v1, v2) per tutti i valori di k che annullano il determinante della matrice formata le cui colonne non sono nient’altro che i tre vettori presi in considerazione, cioè la matrice:
A =
1 k k + 1
−k k 0
1 − k k k + 1
Quindi:
|A| =
1 k k + 1
−k k 0
1 − k k k + 1
A1=A1−A4
−−−−−−−−→
k 0 0
−k k 0
1 − k k k + 1
|A| = 0
k
k 0
k k + 1
= 0
k k2+ k
= 0
k2(k + 1) = 0
Quindi possiamo concludere che v3∈ Span (v1, v2) per k = −1 ∧ k = 0.
Punto (3)
Possiamo concludere subito che i tre vettori sono linearmente indipendenti per k 6= −1∧k 6= 0 e quindi che per tali valori di k si ha che dim (Span (v1, v2, v3)) = 3.
Punto (4)
Quello che ci si deve chiedere in altre parole è: quando il rango della matrice le cui colonne sono costituite dai quattro vettori presi in considerazione è pari a 3?
Infatti dobbiamo sempre ricordare che il rango di una matrice B ∈ MR(k, n) non è nient’altro che la dimensione del sottospazio di Rk generato dalle colonne dalle colonne di B.
Sappiamo già dai punti precedenti che per k 6= −1 ∧ k 6= 0 i vettori v1, v2 e v3
generano tutto R3: dobbiamo quindi controllare per k = 0 ∧ k = −1:
Per k = 0 Otteniamo:
B =
1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0
|∆1| =
1 1 1 0
= −1 6= 0 =⇒ rg (B) ≥ 2
Controlliamone gli orlati:
|∆11| =
1 1 0 1 0 0 0 0 0
= 0
|∆12| =
1 1 1 1 0 1 0 0 0
= 0
Quindi possiamo concludere che rg (B) = 2 per k = 0; pertanto in tal caso i vettori presi in considerazione non sono generatori di R3.
Per k = −1
In tal caso abbiamo:
B =
1 −1 0 1 1 −1 0 0 2 −1 0 0
|∆1| =
1 −1 2 −1
= 1 6= 0 =⇒ rg (B) ≥ 2
Controlliamone gli orlati:
|∆11| =
1 −1 0 1 −1 0 2 −1 0
= 0
|∆12| =
1 −1 1 1 −1 0 2 −1 0
= 1 6= 0
Quindi possiamo concludere che rg (B) = 3 per k = −1; pertanto in tal caso i vettori presi in considerazione sono generatori di R3.
Quindi possiao concludere che:
rg (A)
h = 0 2 v1, v2, v3, v4non sono generatori per R3 h 6= 0 3 v1, v2, v3, v4 sono generatori per R3
