Lezione 3 12/10/09
LA LINEARE DIPENDENZA ED INDIPENDENZA DI VETTORI
Siano V uno spazio vettoriale e v1, . . . , vnn vettori di V . Scelti n scalari λ1, . . . , λn, il vettore v = λ1v1+ · · · + λnvn
si dice combinazione lineare di v1, . . . , vna coefficienti λ1, . . . , λn. Consideriamo l’equazione vettoriale
λ1v1+ · · · + λnvn= 0.
Se l’unica soluzione di tale equazione `e quella banale, ovvero quella che si ottiene ponendo λ1= · · · = λn= 0, gli n vettori v1, . . . , vnsi dicono linearmente indipendenti.
Se esiste una combinazione lineare degli n vettori a coefficienti non tutti nulli che risolve l’equazione allor i vettori v1, . . . , vnsi dicono linearmente dipendenti.
L’insieme W di tutte le possibili combinazioni lineari di n vettori v1, . . . , vndi uno spazio vettoriale V `e un sottospazio vettoriale di V , detto sottospazio generato dai vettori v1, . . . , vn. Tale insieme di vettori `e detto sistema di generatori di W . Il sottospazio W viene generalmente indicato con L(v1, . . . , vn) oppure con hv1, . . . , vni.
Noi studieremo esclusivamente spazi vettoriali finitamente generati, cio`e spazi vettoriali che ammettono un numero finito di generatori.
Una base di uno spazio vettoriale V finitamente generato `e un sistema ordinato di generatori di V linearmente indipendenti. Due importanti risultati dimostrano che ogni spazio vettoriale V 6= {0} finitamente generato ammette almeno una base e che tutte le basi di uno spazio vettoriale V finitamente generato contengono lo stesso numero di vettori. Questo permette di definire la dimensione di uno spazio vettoriale V finitamente generato come il numero n di vettori contenuti in una base di V . Il seguente teorema permette di stabilire sotto quali ipotesi un insieme di n vettori v1, . . . , vn di uno spazio vettoriale V sia una base di V .
Teorema 1. Condizione necessaria e sufficiente affinch´e n vettori v1, . . . , vn di uno spazio vettoriale V costituiscano una base, `e che ogni vettore v ∈ V si esprima in modo unico nella forma:
v = a1v1+ · · · + anvn. (1)
I coefficienti a1, . . . , an dell’equazione (1) sono detti coordinate del vettore v rispetto alla base B = {v1, . . . , vn}.
Osservazione 1. `E importante osservare che la propriet`a di essere linearmente dipendenti o indipendenti `e una propriet`a che riguarda l’insieme di vettori che si sta analizzando. Ad esempio, un qualunque insieme di vettori {v1, . . . , vn} contenente il vettore nullo `e un insieme di vettori linearmente dipendenti. In uno spazio vettoriale V di dimensione n qualunque insieme di vettori contentente pi`u di n vettori `e un insieme di vettori linearmente dipendenti. In uno spazio vettoriale di dimensione maggiore o uguale a 2, ogni insieme formato da due vettori {v1, v2}, v1, v2 6= 0,
`
e linearmente dipendente se e soltanto se v1 = kv2, k ∈ R, come dimostreremo nel prossimo teorema.
Teorema 2. Sia V uno spazio vettoriale reale e siano u e v due vettori non nulli di V . u e v sono linearmente dipendenti se e soltanto se sono proporzionali (paralleli).
Dimostrazione. Supponiamo che u e v siano proporzionali, ovvero u = kv, con k ∈ R, k 6= 0.
Allora vale la relazione:
u − kv = 0. (2)
L’equazione (2) rappresenta una combinazione lineare di u e v a coefficienti non tutti nulli (i coefficienti della combinazione lineare sono 1 e −k) il cui risultato `e il vettore nullo; per definizione quindi i due vettori sono linearmente dipendenti.
Viceversa, supponiamo che i due vettori siano linearmente dipendenti e che esista quindi una loro combinazione lineare a coefficienti non tutti nulli il cui risultato `e il vettore nullo:
λ1u + λ2v = 0. (3)
Possiamo supporre λ16= 0 e scrivere:
u = −λ2 λ1
v. (4)
I due vettori, supposti linearmente dipendenti, sono quindi proporzionali (paralleli).
Esercizio 1. Sia V = R2. Stabilire se i vettori v1 = (1, −1) e v2 = (0, 1) siano linearmente dipendenti o indipendenti. Scrivere, qualora sia possibile, il vettore w = (1, 0) come combinazione lineare di v1 e v2.
Soluzione dell’esercizio 1. Impostando l’equazione vettoriale λ1v1+ λ2v2= 0, otteniamo
λ1(1, −1) + λ2(0, 1) = (0, 0),
(λ1, −λ1) + (0, λ2) = (0, 0) =⇒ (λ1, −λ1+ λ2) = (0, 0), ovvero il sistema lineare
λ1 = 0
−λ1 +λ2 = 0 =⇒
λ1 = 0
λ2 = 0 .
I vettori assegnati sono quindi linearmente indipendenti. Potevamo giungere alla stessa conclusione, grazie al precedente teorema, osservando che i due vettori non essendo proporzionali devono essere linearmente indipendenti. Dato che dim(R2) = 2, B = {v1, v2} `e una base di R2. Di conseguenza ogni vettore, in particolare w, si esprime in modo unico come combinazione lineare di v1 e v2. Per determinare i coefficienti della combinazione lineare, ovvero le coordinate di w rispetto alla base B, impostiamo l’equazione vettoriale
µ1v1+ µ2v2= w.
Da qui si ricava
µ1(1, −1) + µ2(0, 1) = (1, 0),
(µ1, −µ1) + (0, µ2) = (1, 0) =⇒ (µ1, −µ1+ µ2) = (1, 0).
Il corrispondente sistema lineare `e
µ1 = 1
−µ1 +µ2 = 0 =⇒
µ1 = 1
µ2 = 1 .
L’unica soluzione del sistema `e la coppia (1, 1). Queste sono le coordinate di w rispetto alla base B = {v1, v2}. Possiamo scrivere il vettore w come:
w = v1+ v2.
Esercizio 2. Sia V = R3 e sia S = {v1= (0, 1, 0), v2= (0, −1, −1), v3= (1, 1, 1), v4= (1, 0, 1)}.
Verificare che l’insieme S `e un sistema di generatori per V . Costruire una base B di R3 formata da elementi di S e determinare le coordinate del vettore w = (0, 0, −1) rispetto alla base scelta.
Soluzione dell’esercizio 2. Poich`e dim(R3) = 3, verificare che S `e un sistema di generatori per V equivale a dimostrare che esiste un sottoinsieme di S formato da tre vettori linearmente indipendenti. I vettori v1 e v2 non sono proporzionali, quindi sono linearmente indipendenti.
Stabiliamo se il vettore v3 sia o meno linearmente dipendente da essi. Impostiamo l’equazione vettoriale
λ1v1+ λ2v2= v3. Abbiamo
λ1(0, 1, 0) + λ2(0, −1, −1) = (1, 1, 1),
(0, λ1, 0) + (0, −λ2, −λ2) = (1, 1, 1) =⇒ (0, λ1− λ2, −λ2) = (1, 1, 1).
Da qui si ricava il sistema
0 = 1
λ1 −λ2 = 1
−λ2 = 1 ,
che `e evidentemente un sistema impossibile. v3non pu`o quindi essere espresso come combinazione lineare di v1, v2, i tre vettori sono linearmente indipendenti e quindi S `e un sistema di generatori per R3. Come base possiamo considerare B = {v1, v2, v3}. Osserviamo che
v1+ v2= (0, 1, 0) + (0, −1, −1) = (0 + 0, 1 − 1, 0 − 1) = (0, 0, −1) = w.
Le coordinate di w rispetto alla base da noi scelta sono quindi (1, 1, 0).
Esercizio 3. Sia V = R3. Per ciascuno dei seguenti sottoinsiemi di V S1= {t1= (−1, 1, 3), t2= (1, 0, −1), t3= (0, 1, 2)}, S2= {u1= (−1, 0, 0), u2= (0, 1, −1), u3= (1, 0, 0), u4= (0, 2, 0)}, S3= {v1= (1, −1, 1), v2= (0, 0, 1), v3= (−1, 1, 0), v4= (1, −1, 2)},
S4= {w1= (2, 1, 0), w2= (0, 1, 1), w3= (−1, 3, 0)},
determinare il massimo numero di vettori linearmente indipendenti nell’insieme. Stabilire di conseguenza se tali insiemi costituiscano un sistema di generatori, in particolare una base, per V .
Soluzione dell’esercizio 3. I vettori t1e t2sono linearmente indipendenti non essendo tra loro proporzionali. Per stabilire se t3 sia linearmente dipendente o indipendente con essi impostiamo l’equazione vettoriale
λ1t1+ λ2t2= t3. Risulta
λ1(−1, 1, 3) + λ2(1, 0, −1) = (0, 1, 2),
(−λ1, λ1, 3λ1) + (λ2, 0, −λ2) = (0, 1, 2) =⇒ (−λ1+ λ2, λ1, 3λ1− λ2) = (0, 1, 2), equivalente al sistema
−λ1 +λ2 = 0
λ1 = 1
3λ1 −λ2 = 2
=⇒
λ1 = 1
λ2 = 1
3 −1 = 2
.
Il sistema ammette la soluzione (1, 1). t3 dipende quindi linearmente da t1 e t2, t3= t1+ t2. Il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in S1`e 2. S1non `e un sistema di generatori ( tantomeno una base! ) per R3. I vettori di S1generano un sottospazio vettoriale W di dimensione 2 di R3. Una base per tale sottospazio `e BW = {t1, t2}.
I vettori u1 e u2 sono linearmente indipendenti. Il vettore u3`e proporzionale ad u1, u3 = −u1, quindi `e linearmente dipendente con u1 ( quindi anche con u1 e u2! ). Per stabilire se u4 sia o meno linearmente dipendente da u1 e u2consideriamo l’equazione vettoriale
λ1u1+ λ2u2+ λ4u4= 0.
λ1(−1, 0, 0) + λ2(0, 1, −1) + λ4(0, 2, 0) = (0, 0, 0),
(−λ1, 0, 0) + (0, λ2, −λ2) + (0, 2λ4, 0) = (0, 0, 0) =⇒ (−λ1, λ2+ 2λ4, −λ2) = (0, 0, 0).
Otteniamo il sistema lineare
−λ1 = 0
λ2 +λ4 = 0
−λ2 = 0
=⇒
λ1 = 0
λ2 = 0
λ4 = 0 .
I vettori sono quindi linearmente indipendenti. Il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in S2 `e 3. S2 `e un sistema di generatori, ma non una base, per R3. Possiamo estrarre da S2, ad esempio, la base {u2, u4, u1}.
I vettori v1 e v2 sono linearmente indipendenti. Osserviamo che
−v1+v2= −(1, −1, 1)+(0, 0, 1) = (−1, 1, −1)+(0, 0, 1) = (−1+0, 1+0, −1+1) = (−1, 1, 0) = v3. v3 dipende quindi linearmente da v1 e v2. Consideriamo adesso l’equazione vettoriale
λ1v1+ λ2v2+ λ4v4= 0.
Abbiamo
λ1(1, −1, 1) + λ2(0, 0, 1) + λ4(1, −1, 2) = (0, 0, 0),
(λ1, −λ1, λ1)+(0, 0, λ2)+(λ4, −λ4, 2λ4) = (0, 0, 0) =⇒ (λ1+λ4, −λ1−λ4, λ1+λ2+2λ4) = (0, 0, 0).
Se ne ricava il sistema
λ1 +λ4 = 0
−λ1 −λ4 = 0
λ1 +λ2 +2λ4 = 0
=⇒
λ1 = −λ4
λ1 = −λ4
λ2 = −λ4
.
La terna λ1= 1, λ2= 1, λ4= −1 `e una possibile soluzione del sistema, infatti per tali coefficienti abbiamo
v1+ v2− v4= (1, −1, 1) + (0, 0, 1) − (1, −1, 2) = (1 + 0 − 1, −1 + 0 + 1, 1 + 1 − 2) = (0, 0, 0) = 0.
Poich`e esiste una combinazione lineare a coefficienti non tutti nulli di v1, v2, v4 il cui risultato `e il vettore nullo tali vettori sono linearmente dipendenti. Il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in S3 `e 2. S3 non `e un sistema di generatori per R3. I vettori di S3 generano un sottospazio W di R3 di dimensione 2, una cui possiible base `e BW = {v1, v2}.
I vettori w1 e w2 sono linearmente indipendenti. Per stabilire se w3 sia linearmente dipendente o indipendente con essi consideriamo ( che novit`a! ) l’equazione vettoriale
λ1w1+ λ2w2+ λ3w3= 0.
Cio`e
λ1(2, 1, 0) + λ2(0, 1, 1) + λ3(−1, 3, 0) = (0, 0, 0),
(2λ1, λ1, 0) + (0, λ2, λ2) + (−λ3, 3λ3, 0) = (0, 0, 0 = =⇒ (2λ1− λ3, λ1+ λ2+ 3λ3, λ2) = (0, 0, 0), che d`a luogo al sistema lineare
2λ1 −λ3 = 0
λ1 +λ2 +3λ3 = 0
λ2 = 0
=⇒
λ3 = 2λ1
7λ1 = 0
λ2 = 0
.
l’unica soluzione del sistema `e λ1= λ2= λ3= 0. I vettori sono quinidi linearmente indipendenti.
Il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in S4 `e 3. S4 `e un sistema di generatori, in particolare `e una base, per R3.
Esercizio 4. Sia V = R≤3[x] lo spazio vettoriale dei polinomi nella indeterminata x di grado minore o uguale di 3. Si considerino i seguenti vettori di V :
p1(x) = x + x2, p2(x) = −1 + x3, p3(x) = x, p4(x) = −2 + 2x − x2+ 2x3, p5(x) = 1 + x − x3. Determinare una base e la dimensione dei sottospazi W1 e W2 dove:
W1= L(p1, p2, p3, p4), W2= L(p2, p3, p5).
Soluzione dell’esercizio 4. Determiniamo il massimo numero di vettori linearmente indipendenti nell’insieme S1 = {p1, p2, p3, p4}. p2 e p3 sono linearmente indipendenti in quanto non sono proporzionali. p1 non pu`o dipendere linearmente da p2 e p3. Il coefficiente di x2 di p1 `e non nulla mentre p2 e p3 hanno coefficiente di x2 nullo. Essendo impossibile scrivere un numero non nullo come somma di multipli dello 0 (che valgono tutti 0!) non possono esistere λ2e λ3 in R tali che p1= λ2p2+ λ3p3. p1, p2 e p3 sono quindi linearmente indipendenti. Consideriamo adesso l’equazione vettoriale
λ1p1+ λ2p2+ λ3p3+ λ4p4= 0,
e le rispettive coordinate dei vettori assegnati rispetto alla base canonica di V , B = {1, x, x2, x3}.
Otteniamo
λ1(0, 1, 1, 0) + λ2(−1, 0, 0, 1) + λ3(0, 1, 0, 0) + λ4(−2, 2, −1, 2) = (0, 0, 0, 0), (−λ2− 2λ4, λ1+ λ3+ 2λ4, λ1− λ4, λ2+ 2λ4) = (0, 0, 0, 0).
Equivalente al sistema lineare
−λ2 −2λ4 = 0
λ1 +λ3 +2λ4 = 0
λ1 −λ4 = 0
λ2 +2λ4 = 0
=⇒
λ2 = −2λ4
λ1 = λ4
λ3 = −3λ4
.
Una soluzione del sistema `e λ1= 1, λ2= −2, λ3= −3, λ4= 1, ovvero
1 · p1− 2 · p2− 3 · p3+ 1 · p4= (x + x2) + (2 − 2x3) + (−3x) + (−2 + 2x − x2+ 2x3) =
= (0 + 2 + 0 − 2) + (1 + 0 − 3 + 2)x + (1 + 0 + 0 − 1)x2∗ (0 − 2 + 0 + 2)x3= 0 + 0x + 0x2+ 0x3= 0.
Dato che esiste una combinazione lineare di p1, p2, p3, p4 a coefficienti non tutti nulli il cui riusltato `e il vettore nullo, tali vettori sono linearmente dipendenti. Il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in S1 `e 3. Una base per W1`e
BW1= {p1, p2, p3}, W1 `e un sottospazio di dimensione 3 ( non `e R3 ! ! ! ) di R≤3[x].
Consideriamo adesso l’insieme di vettori S2= {p2, p3, p5}. Abbiamo gi`a osservato che p2 e p3 sono linearmente indipendenti. Poich`e
p5= (1 + x − x3) = (1 − x3) + (x) = −(−1 + x3) + (x) = −p2+ p3,
i vettori p2, p3 e p5 sono linearmente dipendenti. Il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in S2 `e 2. Una base per W2 `e
BW2 = {p3, p2},
W2`e un sottospazio di dimensione 2 ( non `e R2! ! ! ) di R≤3[x]. `E interessante osservare che W2
`
e sottospazio anche di W1. Infatti i vettori di una base di W2 appartengono anche ad una base di W1, ma allora tutti i vettori λ2p2+ λ3p3, λ1, λ2∈ R, che sono tutti i vettori di W2 appartengono a W1 potendosi scrivere come 0 · p1+ λ2p2+ λ3p3.
IL DETERMINANTE DI UNA MATRICE QUADRATA
Sia A una matrice quadrata di ordine n, A ∈ Mn. Ad una tale matrice possiamo associare un numero reale, detto determinante, det A, cos`ı definito. Per n = 1 si pone det A = a11, per n ≥ 2, il determinante di A `e la somma di tutti i prodotti ad essa associati e fra loro distinti. Esistono diverse condizioni che garantiscono che il determinante di una matrice quadrata di ordine n sia nullo. Vale inoltre il teorema di Binet
det(AB) = det(A) det(B) = det(BA).
Osserviamo che invece, in generale, non vale
det(A + B) = det(A) + det(B).
A partire da una matrice A ∈ M (m, n) possiamo considerare in A delle sottomatrici Ai1i2...ip,j1j2...jq ∈ M (p, q). In particolar possiamo considerare sottomatrici quadrate, ovvero quelle con p = q. Il determinante di una tale sottomatrice `e detto minore di ordine p di A. Indicheremo i minori di ordine p di A ∈ M (m, n) con ai1i2...ip,j1j2...jp, ovvero mettendo in evidenza le righe e le
colonne della matrice A che lo definiscono. In particolare, se A `e una matrice quadrata di ordine n, ogni minore di ordine p individua un minore di ordine n−p, che chiamaremo minore complementare.
Tale minore moltiplicato per il fattore (−1)i1+i2+···+ip+j1+j2+···+jp `e detto complemento algebrico o aggiunto del minore ai1i2...ip,j1j2...jp, e verr`a indicato con a0i1i2...ip,j1j2...jp.
In particolare, dicesi complemento algebrico dell’elemento aij di una matrice A di ordine n, il determinante di ordine n − 1, che si indica con a0ij, ottenuto da A sopprimendo la i-esima riga e la j-esima colonna e moltiplicato per (−1)i+j.
Per il calcolo effettivo del determinante di una matrice quadrata A di ordine n possiamo utilizzare il seguente
Teorema 3 (di Laplace). Il valore del determinante di una matrice quadrata A `e uguale alla somma dei prodotti degli elementi di una riga per i rispettivi complementi algebrici.
A partire da una matrice quadrata A di ordine n possiamo costruire una nuova matrice quadrata di ordine n formata dai complemetni algebrici a0ij degli elementi aij di A. La trasposta di tale matrice `e detta matrice aggiunta di A, A(a).
Se A `e una matrice quadrata di ordine n, si chiama inversa di A, A−1, una matrice di ordine n tale che
AA−1= I = A−1A.
Il seguente teorema caratterizza le condizioni sotto le quali una matrice quadrata A di ordine n ammette inversa.
Teorema 4. Condizione necessaria e sufficiente affinch`e una matrice quadrata A di ordine n ammetta matrice inversa A−1`e che sia det A 6= 0. Se tale condzione soddisfatta la matrice inversa A−1 `e unica ed `e data da:
A−1= 1 det AA(a).
Esercizio 5. Sia V = M2(R) lo spazio vettoriale delle matrici quadrate di ordine 2. Siano assegnate le matrici:
A =1 −1
0 1
, B = 1 2
−2 −4
, C = 0 −1
−1 3
.
Calcolare il determinante di ciascuna delle matrici assegnate. Determinare le matrici prodotto AB, AC, BA, BC e i loro determinanti. Stabilire quali tra le precedenti matrici sia invertibile e per quelle che risultano invertibili calcolare la corrispondente matrice inversa.
Soluzione dell’esercizio 5. I determinanti delle matrici assegnate valgono rispettivamente:
det A =
1 −1
0 1
= 1 · 1 − (−1) · 0 = 1 − 0 = 1 6= 0, det B =
1 2
−2 −4
= 1 · (−4) − (2) · (−2) = −4 + 4 = 0, det C =
0 −1
−1 3
= 0 · 3 − (−1) · (−1) = −1 6= 0.
Le matrici prodotto delle matrici assegnate sono le matrici:
AB =1 −1
0 1
1 2
−2 −4
= 3 6
−2 −4
, AC =1 −1
0 1
0 −1
−1 3
= 1 −4
−1 3
,
BA = 1 2
−2 −4
1 −1
0 1
= 1 1
−2 −2
,
BC = 1 2
−2 −4
0 −1
−1 3
=−2 5
4 −10
.
Applicando il teorema di Binet ( det(AB) = det A · det B) sappiamo che i determinanti di tali matrici valgono rispettivamente:
det(AB) = det A det B = 0, det(AC) = det A det C = −1, det(BA) = 0, det(BC) = 0.
Tra le matrici assegnate le matrici invertibili sono quelle il cui determinante `e non nullo e sono quindi le matrici A, C, AC. Per calcolare le corrispondenti matrici inverse dobbiamo determinare la corrispondente matrice aggiunta, ovvero la matrice formata dai complementi algebrici trasposti.
I complementi algebrici della matrice A sono:
a011= (−1)1+11 = 1, a021= (−1)2+10 = 0, a012= (−1)1+2(−1) = 1, a022= (−1)2+21 = 1.
La matrice aggiunta di A `e quindi la matrice:
A(a)=1 1 0 1
. La matrice inversa di A `e allora:
A−1= 1
det AA(a)= A(a)=1 1 0 1
.
Per verificare che il risultato sia corretto `e sufficiente verificare che in effetti risulti AA−1 = A−1A = I:
AA−1=1 −1
0 1
1 1 0 1
=1 0 0 1
=1 1 0 1
1 −1
0 1
. I complementi algebrici della matrice C sono:
c011= (−1)1+11 = 3, c012= (−1)1+2(−1) = 1, c021= (−1)2+1(−1) = 1, c022= (−1)2+20 = 0.
La matrice aggiunta di C `e quindi la matrice:
C(a)=3 1 1 0
. La matrice inversa di C `e allora:
C−1= 1
det CC(a)= −C(a)=−3 −1
−1 0
.
Per verificare che il risultato sia corretto `e sufficiente verificare che in effetti risulti CC−1 = C−1C = I:
CC−1= 0 −1
−1 3
−3 −1
−1 0
=1 0 0 1
=−3 −1
−1 0
0 −1
−1 3
.
Per calcolare l’inversa della matrice AC possiamo utilizzare il fatto che (AC)−1 = C−1A−1. Quindi:
(AC)−1 = C−1A−1 =−3 −1
−1 0
1 1 0 1
=−3 −4
−1 −1
. Effettivamente abbiamo.
1 −4
−1 3
−3 −4
−1 −1
=1 1 0 1
.
Esercizio 6. Stabilire se le seguenti matrici siano invertibili, ed in caso affermativo determinare la loro inversa:
A =2 −1
3 5
, B =
1 0 −1
1 −1 0
0 1 −2
, C =
0 1 −3
−1 0 2
3 −2 0
.
Soluzione dell’esercizio 6. Per stabilire se una matrice quadrata sia o meno invertibile `e necessario verificare che il suo determinante non sia nullo. Se tale condizione `e soddisfatta la matrice inversa esiste ed `e data dalla formula:
A−1= 1 det AA(a).
Poich`e det A = 13 6= 0, la matrice A `e invertibile. I complementi algebrici di A sono a011= +5 a012= −3
a021= +1 a022= +2 .
La matrice aggiunta di una matrice quadrata `e la trasposta dei suoi complementi algebrici. In questo caso:
A(a)= 5 1
−3 2
.
Applicando la formula per il calcolo della matrice inversa abbiamo:
A−1= 1
det AA(a)= 1 13
5 1
−3 2
. Verifichiamo che in effetti risulta AA−1 = I:
AA−1 =2 −1
3 5
1 13
5 1
−3 2
= 1 13
13 0 0 13
=1 0 0 1
= I.
Calcoliamo il determinante di B,
det B =
1 0 −1
1 −1 0
0 1 −2
=
−1 0 1 −2
−
1 −1
0 1
= 2 − 1 = 1 6= 0.
La matrice B `e invertibile, inoltre, avendo determinante uguale ad 1, la sua inversa coincide con la sua aggiunta. Calcoliamo i complementi algebrici di B.
b011= +
−1 0
1 −2
= +2, b012= −
1 0
0 −2
= +2, b013= +
1 −1
0 1
= +1, b021= −
0 −1 1 −2
= −1, b022= +
1 −1 0 −2
= −2, b023= −
1 0 0 1
= −1, b031= +
0 −1
−1 0
= −1, b032= −
1 −1
1 0
= −1, b033= +
1 0
1 −1
= −1.
.
L’inversa di B `e la matrice:
B−1 = 1
det BB(a)= B(a)=
2 −1 −1
2 −2 −1
1 −1 −1
.
Anche questa volta, per scrupolo, verifichiamo che effettivamente BB−1= I,
BB−1=
1 0 −1
1 −1 0
0 1 −2
2 −1 −1
2 −2 −1
1 −1 −1
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
= I.
La matrice C `e una matrice antisimmetrica di ordine 3, ovvero di oridne dispari. Il determinante di C `e nullo e quindi C non `e una matrice invertibile. Questo risltato vale in generale per le matrici antisimmetriche di ordine dispari. Infatti se C = −CT, ricordando che det C = det CT e che det − C = (−1)ndet C, dove n `e l’ordine della matrice, abbiamo con semplici passaggi:
det C = (−1)ndet CT = (−1)ndet C = −det C =⇒ det C = 0.
