Avvertenza. Alcune soluzioni degli esercizi seguenti non sono le pi`u brevi n´e le pi`u astute possibili. Questo perch´e lo scopo degli esercizi non `e quello di arrivare al valore numerico della soluzione, bens`ı quello di dare esempi di applicazioni delle nozioni principali sulle matrici, quali il determinante, il rango, la matrice inversa, ecc.
Esercizio 1 Determinare l’insieme delle soluzioni del sistema
x − y + 2z = 1 2x − 2y + 4z = 2
−x + y − 2z = −1 . Tutte le equazioni sono proporzionali. Nella matrice completa non sar`a dunque possibile trovare una sottomatrice 2 × 2 con determinante diverso da 0. Il rango delle matrici completa e incompleta `e 1. Il sistema lineare `e quindi equivalente all’unica equazione x = 1 + y − 2z e ha infinite soluzioni dipendenti da 2 parametri. Si osservi che il numero di parametri `e la differenza tra numero di incognite e rango. Posto z = t e y = τ , ricaviamo
x = 1 + τ − 2t y = τ
z = t
t, τ ∈ R.
Esercizio 2 Risolvere il sistema lineare
x + y + 2z = 1 x − y = 2 2x + z = 1
.
La matrice completa del sistema lineare pu`o essere trasformata nella matrice in forma ridotta
1 1 2 1
0 −2 −2 1
0 0 −1 −2
. A questo punto potremmo scrivere il sistema lineare di questa matrice e ricavare nell’ordine z, y, x. Possiamo procedere anche in un altro modo:
continuiamo con le operazioni elementari fino a trasformare la matrice incompleta nella matrice identica di ordine 3. Aggiungiamo alla seconda e prima riga la terza moltiplicata rispettivamente per −2 e per 2; otteniamo
1 1 0 −3
0 −2 0 5
0 0 −1 −2
. Sommiamo ora alla
prima riga la seconda moltiplicata per 1
2; otteniamo
1 0 0 −12
0 −2 0 5
0 0 −1 −2
. Dividiamo
infine la seconda e terza riga rispettivamente per −2 e −1; otteniamo
1 0 0 −12 0 1 0 −52
0 0 1 2
.
La quarta colonna di questa matrice d`a la soluzione. Se infatti scriviamo il relativo sistema lineare abbiamo
x = −12 y = −52 z = 2
.
Esercizio 3 Calcolare l’inversa della matrice A =
1 −1 0
2 −1 2
0 1 −3
.
Poich´e detA = −5, abbiamo che A `e effettivamente invertibile.
Posto A−1 =
a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33
, dev’essere
1 −1 0
2 −1 2
0 1 −3
·
a11 a12 a13 a21 a22 a23
a31 a32 a33
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
Se scriviamo esplicitamente tutti i prodotti riga per colonna a sinistra, e li uguagliamo ai corrispondenti valori degli elementi della matrice identica a destra, otteniamo un sistema lineare di 9 equazioni in 9 incognite: gli aij. In ognuna delle 9 equazioni tuttavia com- paiono, al pi`u, 3 incognite. Per esempio, il prodotto della seconda riga di A per la prima colonna di A−1 deve essere uguale all’elemento nella posizione 21 della matrice identica:
2a11− a21+ 2a31= 0. Ci`o suggerisce un modo diverso per calcolare A−1.
Supponiamo di voler calcolare la prima colonna di A−1. I prodotti di A per questa colonna danno come risultati gli elementi della prima colonna della matrice identica:
1 −1 0
2 −1 2
0 1 −3
·
a11
a21 a31
=
1 0 0
Questa equazione `e equivalente ad un sistema lineare nelle incognite a11, a21, a31 e la sua matrice completa `e
1 −1 0 1 2 −1 2 0 0 1 −3 0
. Se procediamo come nell’esercizio precedente e, con operazioni elementari, trasformiamo la matrice incompleta nella matrice identica, ritroviamo nella quarta colonna di valori di a11, a21, a31. Possiamo procedere in modo analogo per determinare la seconda e terza colonna di A−1, risolvendo i sistemi lineari determinati dalle uguaglianze
1 −1 0
2 −1 2
0 1 −3
·
a12
a22 a32
=
0 1 0
1 −1 0
2 −1 2
0 1 −3
·
a13
a23 a33
=
0 0 1
Osserviamo infine che le operazioni elementari che trasformano A nella matrice identica sono le stesse in tutti e tre i casi, per cui possiamo eseguirle contemporaneamente. Par- tendo dalla matrice
1 −1 0 1 0 0 2 −1 2 0 1 0 0 1 −3 0 0 1
, se trasformiamo la parte sinistra nella matrice identica, a destra troviamo A−1.
1 −1 0 1 0 0 2 −1 2 0 1 0
⇒
1 −1 0 1 0 0
0 1 2 −2 1 0
⇒
1 −1 0 1 0 0
0 1 2 −2 1 0
⇒
1 −1 0 1 0 0
0 1 0 −65 35 25
0 0 −5 2 −1 1
⇒
1 0 0 −15 35 25 0 1 0 −65 35 25 0 0 −5 2 −1 1
⇒
1 0 0 −15 35 25 0 1 0 −65 35 25 0 0 1 −25 15 −15
Possiamo dunque concludere A−1 =
−15 35 25
−65 35 25
−25 15 −15
.
Osservazione. Si verifica facilmente che l’inversa della matrice A = a b c d
` e la matrice 1
detA
d −b
−c a
.
Esercizio 4 Determinare l’insieme delle soluzioni del sistema
x + 2y + z = 1 x + 2y + 3z = −1 x + 2y + 2z = 0
.
La matrice completa del sistema `e
1 2 1 1
1 2 3 −1
1 2 2 0
. Poich´e le prime due colonne sono proporzionali, la matrice incompleta non ha rango 3. Il determinante della sottomatrice
2 1 2 3
`e diverso da 0, e quindi la matrice incompleta ha rango 2.
Per determinare il rango della matrice completa dobbiamo calcolare i determinanti delle sottomatrici 3×3 ottenuti eliminando la prima, la seconda, o la terza colonna. Nell’ultimo caso otteniamo una matrice con due colonne proporzionali, e quindi con determinante nullo. Il determinante ottenuto cancellando la prima colonna `e il doppio di quello ottenuto cancellando la seconda, basta quindi calcolare quest’ultimo. Si verifica che
1 1 1
1 3 −1
1 2 0
= 0. Concludiamo che anche la matrice completa ha rango 2 e dunque che il sistema ha infinite soluzioni.
Avendo individuato la sottomatrice determinata dalle prime due righe e dalla seconda e terza colonna come matrice a determinante non nullo, possiamo riscrivere il sistema lineare come 2y + z = 1 − x
2y + 3z = −1 − x . In forma matriciale il sistema pu`o essere scritto come
2 1 2 3
· y z
=
1 − x
−1 − x
(∗)
L’inversa della matrice 2 1 2 3
`e la matrice
3 4 −14
−12 12
!
. Moltiplicando a sinistra i
termini dell’uguaglianza (∗) otteniamo
y z
=
3 4 −14
−12 12
!
·
1 − x
−1 − x
=
3
4(1 − x) − 14(−1 − x)
−12(1 − x) +12(−1 − x)
!
= 1 − 12x
−1
Posto x = t, possiamo scrivere la soluzione del sistema lineare
x = t y = 1 − 12t z = −1
.
Esercizio 5 Dimostrare che `e lineare la funzione F da R3 in R3 definita da
F
x y z
=
x − y y + z 2x − y + z
.
Si verifica immediatamente che F
x y z
=
1 −1 0
0 1 1
2 −1 1
·
x y z
La funzione F `e dunque rappresentata da una matrice (la sua matrice nella base canonica).
Dalla linearit`a del prodotto tra matrici segue che anche F `e lineare.
Esercizio 6 Data la funzione lineare F definita nell’ Esercizio 5, si dica se il vettore v =
1 1 1
appartiene all’immagine di F , cio`e se esiste un vettore
x y z
tale che F
x y z
=
1 1 1
.
Il vettore v appartiene all’immagine di F se il sistema lineare
x − y = 1 y + z = 1 2x − y + z = 1
ha
soluzioni. La matrice completa di tale sistema lineare `e
1 −1 0 1
0 1 1 1
2 −1 1 1
. La matrice
incompleta ha determinante 0, mentre la sua sottomatrice 1 −1
0 1
ha determinante
1. Concludiamo che la matrice incompleta ha rango 2. Abbiamo
−1 0 1 1 1 1
−1 1 1
= 2, da cui segue che la matrice completa ha rango 3. Possiamo dunque concludere che il sistema
Esercizio 7 Data la funzione lineare F definita nell’ Esercizio 5, si verifichi che l’insieme K = {w ∈ R3 : F (w) = 0} `e un sottospazio vettoriale di R3. Si determini l’insieme K.
K `e un sottospazio vettoriale se, dati comunque w1, w2 ∈ K e un numero reale λ, w1 + w2 ∈ K e λw1 ∈ K. Poich´e F `e lineare, abbiamo F (w1+ w2) = F (w1) + F (w2) = 0, e quindi w1+ w2 ∈ K. In modo analogo, sempre usando la linearit`a di F , ricaviamo che λw1 ∈ K.
Il vettore v =
x y z
risolve il sistema lineare
x − y = 0 y + z = 0 2x − y + z = 0
, la cui matrice completa
` e
1 −1 0 0
0 1 1 0
2 −1 1 0
. Trattandosi di un sistema lineare omogeneo, matrice completa e incompleta hanno lo stesso rango e, in base all’esercizio precedente, tale rango `e 2. Pos- siamo dunque gi`a concludere che K ha infiniti elementi. Poich´e
1 −1
0 1
6= 0, il sistema lineare risulta equivalente a x − y = 0
y = −z che in forma matriciale pu`o essere scritto come
1 −1
0 1
· x y
=
0
−z
(∗)
La matrice inversa di 1 −1
0 1
`e 1 1 0 1
. Moltiplicando a sinistra i termini dell’uguaglianza (∗) per quest’ultima matrice otteniamo
x y
= 1 1 0 1
·
0
−z
= −z
−z
Posto quindi z = t possiamo dunque scrivere K =
−t
−t t
: t ∈ R
.
