Tema d’Esame del 3 novembre 2017 – Parziale di Algebra Lineare
𝐴𝑘 = ( −2 𝑘 0 𝑘 + 1
𝑘 + 2 −4 𝑘 − 2 −6 ) , 𝐵𝑘= (𝑘 − 20 ) , 𝑋 = (
𝑥 𝑦 𝑧 𝑡
)
𝐴𝑘𝑋 = 𝐵𝑘
• Consideriamo la matrice
(𝐴𝑘|𝐵𝑘) = ( −2 𝑘 0 𝑘 + 1 𝑘 − 2
𝑘 + 2 −4 𝑘 − 2 −6 0 )
e studiamone il rango al variare di 𝑘. Sia da notare che, considerando la prima e terza colonna si ha
det ( −2 0
𝑘 + 2 𝑘 − 2) = −2(𝑘 − 2) ≠ 0 ⟹ 𝑘 ≠ 2 ,
quindi la matrice (𝐴𝑘|𝐵𝑘) ha rango massimo, quindi ∀𝑘 ≠ 2 si ha rg 𝐴𝑘 = rg(𝐴𝑘|𝐵𝑘) = 2, il sistema risulta essere compatibile e ammette ∞𝑛−𝑟 = ∞2 soluzioni.
Consideriamo il caso 𝑘 = 2, per il quale
(𝐴2|𝐵2) = (−2 2 0 3 0 4 −4 0 −6 0) .
Si noti che ciascuna colonna è multipla del vettore (−1; 2), quindi la matrice ha rango 1, nonché
rg(𝐴2|𝐵2) = rg 𝐴2 = 1 ;
dunque il sistema è compatibile anche per 𝑘 = 2 ed ammette ∞3 soluzioni.
• Posto 𝑘 = 0 ci resta che risolvere il sistema associato alla matrice (𝐴0|𝐵0) = (−2 0 0 1 −2
2 −4 −2 −6 0 ) ,
che espresso in termini algebrici è dato da { −2𝑥 + 𝑡 = −2
2𝑥 − 4𝑦 − 2𝑧 − 6𝑡 = 0 ⟹ { 𝑡 = 2𝑥 − 2
2𝑥 − 4𝑦 − 2𝑧 − 12𝑥 + 12 = 0 ⟹ { 𝑡 = 2𝑥 − 2 𝑧 = −5𝑥 − 2𝑦 + 6
𝑆 = {(𝑥; 𝑦; −5𝑥 − 2𝑦 + 6; 2𝑥 − 2) ∈ ℝ4 ∶ 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ}
= 〈(1; 0; −5; 2); (0; 1; −2; 0)〉 + (0; 0; 6; −2) .
Si noti che l’insieme delle soluzioni non è un sottospazio vettoriale, poiché non è esprimibile come chiusura. In altre parole è uno spazio affine, essendo il traslato di un sottospazio.
• La chiusura lineare di 𝑆 è data da
ℒ(𝑆) = 〈𝑆〉 = 〈(1; 0; −5; 2); (0; 1; −2; 0); (0; 0; 3; −1)〉 , dunque una sua possibile base è
ℬ〈𝑆〉 = ((1; 0; −5; 2); (0; 1; −2; 0); (0; 0; 3; −1)) , essendo tutti i tre vettori linearmente indipendenti.
𝐴𝑘 = (2 𝑘 3 − 𝑘
0 −1 0
0 𝑘 − 2 𝑘 − 1 )
• Per determinare gli autovalori di 𝐴𝑘 è sufficiente calcolare le radici del polinomio caratteristico associato alla matrice in questione.
det(𝐴𝑘− 𝜆𝐼3) = det (2 − 𝜆 𝑘 3 − 𝑘
0 −1 − 𝜆 0
0 𝑘 − 2 𝑘 − 1 − 𝜆
) = (2 − 𝜆)(−1 − 𝜆)(𝑘 − 1 − 𝜆) = 0 Ne seguono gli autovalori
𝜆 = −1 ∨ 𝜆 = 2 ∨ 𝜆 = 𝑘 − 1 .
• Gli autovalori sono distinti per 𝑘 − 1 ≠ −1 e 𝑘 − 1 ≠ 2, ossia ∀𝑘 ∈ ℝ ∖ {0; 3}.
• Per ogni 𝑘 ∈ ℝ ∖ {0; 3} la matrice è certamente diagonalizzabile. Non ci resta che discutere i casi 𝑘 = 0 e 𝑘 = 3.
Cominciamo dal caso 𝑘 = 0, per il quale la matrice 𝐴0 = (2 0 3
0 −1 0
0 −2 −1 )
ammette autovalori 𝜆 = −1 con 𝑚. 𝑎. (−1) = 2 e 𝜆 = 2 con 𝑚. 𝑎. (3) = 1. Affinché la matrice sia diagonalizzabile, le molteplicità algebriche e geometriche degli autovalori devono coincidere, dove ricordiamo che la molteplicità geometrica coincide con la dimensione dell’autospazio relativo all’autovalore considerato.
Essendo
(𝐴𝑘− 𝜆𝐼3) = (2 − 𝜆 0 3
0 −1 − 𝜆 0
0 −2 −1 − 𝜆
) , per 𝜆 = −1, abbiamo che la matrice
(𝐴𝑘+ 𝐼3) = (3 0 3
0 0 0
0 −2 0 ) ha rango pari a 2, quindi
𝑚. 𝑔. (−1) = dim 𝑉−1 = 𝑛 − rg(𝐴𝑘+ 𝐼3) = 3 − 2 = 1 ≠ 𝑚. 𝑎. (−1) .
Dato che la molteplicità algebrica e geometrica dell’autovalore 𝜆 = −1 non coincidono, la matrice 𝐴𝑘 non è diagonalizzabile per 𝑘 = 0.
Consideriamo infine il caso 𝑘 = 3, per il quale la matrice 𝐴𝑘 = (2 3 0
0 −1 0
0 1 2
)
ammette autovalori 𝜆 = −1 con 𝑚. 𝑎. (−1) = 1 e 𝜆 = 2 con 𝑚. 𝑎. (3) = 2. Calcoliamo le rispettive molteplicità geometriche. Tenuto conto che
(𝐴𝑘− 𝜆𝐼3) = (2 − 𝜆 0 3
0 −1 − 𝜆 0
0 −2 −1 − 𝜆
) , per 𝜆 = −1 abbiamo che la matrice
(𝐴𝑘+ 𝐼3) = (3 0 3
0 0 0
0 −2 0 ) ha rango rg(𝐴𝑘+ 𝐼3) = 2, ossia
𝑚. 𝑔. (−1) = 𝑛 − rg(𝐴𝑘+ 𝐼3) = 3 − 2 = 1 = 𝑚. 𝑎. (−1) ; per 𝜆 = 2, invece, la matrice
(𝐴𝑘− 2𝐼3) = (0 0 3
0 −3 0
0 −2 −3 ) ha rango rg(𝐴𝑘− 2𝐼3) = 2, cioè
𝑚. 𝑔. (2) = 𝑛 − rg(𝐴𝑘− 2𝐼3) = 3 − 1 = 2 = 𝑚. 𝑎. (2) .
Essendo le molteplicità algebriche e geometriche coincidenti per ogni autovalore, si ha che la
In definitiva la matrice 𝐴𝑘 è diagonalizzabile ∀𝑘 ∈ ℝ ∖ {0}.
𝐴 = (2 1 0 0 −1 1 0 −2 0
), 𝐵ℎ= (
ℎ 0 14 0 0 −12 0 2ℎ −ℎ
)
Ricordiamo che una matrice quadrata è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da zero.
Essendo
det 𝐴 = det (2 1 0 0 −1 1 0 −2 0
) = 4 ≠ 0 , la matrice 𝐴 è invertibile.
Affinché 𝐵ℎ sia la matrice inversa di 𝐴, dev’essere 𝐴𝐵ℎ= 𝐼3, ossia
(2 1 0
0 −1 1 0 −2 0 )
(
ℎ 0 1
4
0 0 −1
0 2ℎ −ℎ)2
= (1 0 0 0 1 0 0 0 1
) .
Calcolando il prodotto matriciale si ha (
2ℎ 0 0
0 2ℎ 1
2− ℎ
0 0 1
) = (1 0 0 0 1 0 0 0 1
) ,
da cui segue ℎ =12.
Dire che esiste una combinazione lineare di vettori a coefficienti non tutti nulli tale che restituisca il vettor nullo, equivale a dire che i vettori sono tra loro linearmente dipendenti. Calcolando il determinante della matrice che ha per colonne i vettori assegnati, si ha
det (
1 0 0 1
0 2 5 2
1 0 −7 1
0 −1 10 −1
) = det ( 2 5 2
0 −7 1
−1 10 −1
) + det ( 0 0 1
2 5 2
−1 10 −1 )
= 14 − 5 − 14 − 20 + 20 + 5 = 0
quindi il rango della matrice non è massimo e ciò significa che i vettori sono tra loro linearmente dipendenti. Assodato che esiste una combinazione lineare di vettori a coefficienti non tutti nulli che restituisce il vettor nulla, proviamo a determinarne una.
Dati 𝑣⃗1 = (1; 0; 1; 0), 𝑣⃗2 = (0; 2; 0; −1), 𝑣⃗3= (0; 3; −7; 10), 𝑣⃗4 = (1; 2; 1; −1), essendo 𝑣⃗4= (1; 2; 1; −1) = (1; 0; 1; 0) + (0; 2; 0; −1) = 𝑣⃗1+ 𝑣⃗2 ,
si ha
𝑣⃗1+ 𝑣⃗2− 𝑣⃗4= 0⃗⃗ .
Affinché il vettore 𝑣⃗ = (0; 𝑘; −9) appartenga alla chiusura di 𝑆 = {(1; 2; 4); (0; −1; 3)}, l’insieme costituito da 𝑆 e 𝑣⃗ dev’essere legato, ossia i vettori devono essere linearmente dipendenti. A tal fine, poniamo
det (1 0 0
2 −1 𝑘
4 3 −9
) = 0 , da cui segue
9 − 3𝑘 = 0 ⟹ 𝑘 = 3 .
Affinché il vettore 𝑣⃗ = (6; −4; 0; 5) abbia componenti 𝑣⃗|ℬ= (0; 0; 0; 2), dev’essere 𝑣⃗ = (6; −4; 0; 5) = 0𝑒⃗1+ 0𝑒⃗2+ 0𝑒⃗3+ 2𝑒⃗4 = 2𝑒⃗4 ⟹ 𝑒⃗4 =1
2𝑣⃗ = (3; −2; 0;5 2) . Una possibile base ordinata è data da
ℬ = ((1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (3; −2; 0;5 2)) .
𝑈 = {(𝑥; 𝑦; 𝑧; 𝑡) ∈ ℝ4 ∶ 𝑦 = 7 − 𝑥 + 3𝑡} = 〈(1; −1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 3; 0; 1)〉 + (0; 7; 0; 0) Dato che 𝑈 non può essere scritto come chiusura, non è possibile costruirne un sistema di generatori.
La sua chiusura lineare è data da
ℒ(𝑈) = 〈𝑈〉 = 〈(1; −1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 3; 0; 1); (0; 1; 0; 0)〉 = ℝ4
4
