Capitolo 3Matrici

Esercizi svolti

Tutorato di geometria e algebra lineare

Marco Robutti

5 Ottobre 2017

1

IntroduzioneGli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:

• Date due matrici, determinarne la somma (vedi esercizio nella paginaseguente).

• Data una matrice e un vettore determinarne, se possibile, il prodotto (vediesercizio a pagina 4).

• Date due matrici determinarne, se possibile, il prodotto (vedi esercizio apagina 5).

• Data una matrice, calcolarne il determinante (vedi esercizio a pagina 6).

• Data una matrice determinarne, se possibile, l’inversa (vedi esercizio apagina 8).

• Data una matrice, determinarne il rango (vedi esercizio a pagina 13).

• Data una matrice dipendente da un parametro h, determinarne il rangoal 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 apagina 17).

• Esercizio di riepilogo (vedi esercizio a pagina 25).

2

Esercizio 1Date le matrici:

A =

3 2 1−1 1 13 −2 1

, B =

−2 0 1√2 0 1

1 2 −1

,

determinare la matrice A+B.

SoluzionePer sommare due matrici basta sommare algebricamente ciascuna entrata dellamatrice A con la corrispondente entrata della matrice B. E’ più facile farlo chedirlo:

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 24 0 0

3

Esercizio 2Data la matrice A ∈MR (3) e il vettore X ∈ R3:

A =

3 2 1−1 1 13 −2 1

, X =

3−1−1

determinare, se possibile, qual è il risultato del prodotto AX.

SoluzioneInnanzitutto, prima di incominciare a fare qualsiasi tipo di operazione, è neces-sario verificare che vi siano le condizioni necessarie affinché ciò sia possibile. Perpoter moltiplicare una matrice ad un vettore infatti è necessario che la matriceabbia 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; pertantola moltiplicazione AX è possibile. Per effettuarla basta che ci ricordiamo cheil prodotto tra una matrice e un vettore non è nient’altro che il vettore che siottiene dalla combinazione lineare delle colonne della matrice, dove i coefficientidella combinazione lineare non sono nient’altro che i singoli elementi del vettore.In altre parole:

AX =(A1 | A2 | A3) 3

−1−1

= 3

3−13

− 1

21−2

− 1

111

=

9−39

+

−2−12

+

−1−1−1

=

9− 2− 1−3− 1− 19 + 2− 1

=

6−510

4

Esercizio 3Date le matrici A ∈MR (3, 4) , B ∈MR (4, 2):

A =

3 1 −1 10 7 2 01 1 −2 0

3×4

, B =

2 01 13 1−1 −2

4×2

,

determinare, se possibile, il risultato del prodotto AB.

SoluzioneInnanzitutto, 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 lamatrice A abbia un numero di colonne pari al numero di righe della matriceB; possiamo facilmente constatare che ciò è pienamente verificato, in quanto lamatrice 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 −213 9−3 −1

Abbiamo quindi ottenuto una matrice appartenente a MR(3, 2).

5

Esercizio 4Data la matrice A ∈MR (4):

A =

1 −1 2 −1−1 1 2 23 −2 −3 −15 3 −4 2

calcolarne il determinante.

SoluzioneProviamo dapprima a calcolare il determinante ignorando l’esistenza delle nu-merose proprietà che possono essere sfruttate per semplificare i calcoli e delfatto che il Teorema di Laplace permette di sviluppare il determinante lungouna colonna o riga scelta: sviluppiamo quindi il determinante come da primadefinizione, cioè lungo la prima colonna:∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 −1−1 1 2 23 −2 −3 −15 3 −4 2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1

∣∣∣∣∣∣1 2 2−2 −3 −13 −4 2

∣∣∣∣∣∣− (−1)

∣∣∣∣∣∣−1 2 −1−2 −3 −13 −4 2

∣∣∣∣∣∣+

+3

∣∣∣∣∣∣−1 2 −11 2 23 −4 2

∣∣∣∣∣∣− 5

∣∣∣∣∣∣−1 2 −11 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 laregola di Sarrus. Calcolare il determinante in questo modo è molto dispendiosodal 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 sueproprietà 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

6

(o righe) allora il determinante non cambia.Possiamo quindi procedere nel modo seguente:

det (A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 23 −2 −3 −15 3 −4 2

∣∣∣∣∣∣∣∣A3=A3−A1−−−−−−−−→

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 22 −1 −5 05 3 −4 2

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 22 −1 −5 05 3 −4 2

∣∣∣∣∣∣∣∣A4=A4−A2−−−−−−−−→

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 22 −1 −5 06 2 −6 0

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −1−1 1 2 22 −1 −5 06 2 −6 0

∣∣∣∣∣∣∣∣A2=A2+2A1−−−−−−−−−→

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −11 −1 6 02 −1 −5 06 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 −11 −1 6 02 −1 −5 06 2 −6 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1

∣∣∣∣∣∣1 −1 62 −1 −56 2 −6

∣∣∣∣∣∣Se ora non vogliamo usare la regola di Sarrus, possiamo rifare il ragionamentodi prima e sfruttare le proprietà del determinante:

det (A) = 1

∣∣∣∣∣∣1 −1 62 −1 −56 2 −6

∣∣∣∣∣∣A2=A2−A1−−−−−−−−→1

∣∣∣∣∣∣1 −1 61 0 −116 2 −6

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣∣∣1 −1 61 0 −116 2 −6

∣∣∣∣∣∣A3=A3+2A1−−−−−−−−−→1

∣∣∣∣∣∣1 −1 61 0 −118 0 6

∣∣∣∣∣∣Quindi, sviluppando lungo la seconda colonna:

det (A) = 1× 1∣∣∣∣1 −118 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 semplificatidi molto i calcoli.Quindi è sempre bene ricordare le proprietà del determinante perché in alcunicasi come questo smettono di essere solo teoria, diventando piuttosto un ancoradi salvezza...

7

Esercizio 5Data la matrice A ∈MR (3):

A =

1 0 31 2 −10 3 3

,

determinarne l’inversa.

SoluzioneCome mostrato sulle slide di teoria relative al capitolo 3, esistono due modiper poter calcolare l’inversa di una matrice invertibile. A scopo didattico noiutilizzeremo entrambi i modi.Tuttavia, prima di procedere con uno dei due metodi citati, è prima necessarioverificare che la matrice sia invertibile, ovvero che abbia determinante non nullo:

det (A) =

∣∣∣∣∣∣1 0 31 2 −10 3 3

∣∣∣∣∣∣= 1×

∣∣∣∣2 −13 3

∣∣∣∣− 1×∣∣∣∣0 33 3

∣∣∣∣= 6 + 3− (−9)= 9 + 9= 18

Siccome il determinante è diverso da 0, possiamo concludere che la matrice èinvertibile.Procediamo quindi con il primo dei metodi citati.

8

Metodo 1

Possiamo trovare la matrice inversa A−1 trovando le coordinate della basecanonica di R3 nella base determinata dalle colonne della matrice A. Quindi:

[e1]BA=⇒

100

= α

110

+ β

023

+ γ

3−13

1 = α+ 3γ0 = α+ 2β − γ0 = 3β + 3γ1 = α+ 3γ0 = α− 2γ − γβ = −γ1 = 3γ + 3γα = 3γβ = −γγ = 1

6α = 1

2β = − 1

6

[e1]BA=

1/2−1/61/6

[e2]BA=⇒

010

= α

110

+ β

023

+ γ

3−13

0 = α+ 3γ1 = α+ 2β − γ0 = 3β + 3γ

9

0 = α+ 3γ1 = α− 2γ − γβ = −γ0 = 3γ + 1 + 3γα = 3γ + 1β = −γγ = − 1

6α = 1

2β = 1

6

[e2]BA=

1/21/6−1/6

[e3]BA=⇒

001

= α

110

+ β

023

+ γ

3−13

0 = α+ 3γ0 = α+ 2β − γ1 = 3β + 3γα = −3γ0 = −3γ + 2β − γβ = −γ + 1

3α = −3γ0 = −3γ − 2γ + 2

3 − γβ = −γ + 1

3α = −3γ6γ = 2

3β = −γ + 1

3α = − 1

3γ = 1

9β = − 1

9 + 13 = 2

9

10

[e3]BA=⇒

001

= α

110

+ β

023

+ γ

3−13

Quindi:

A−1 =([e1]BA

| [e2]BA| [e3]BA

)

=

1/2 1/2 −1/3−1/6 1/6 2/91/6 −1/6 1/9

Metodo 2 (Metodo di Cramer)

Il metodo di Cramer permette di calcolare l’inversa di una matrice secondo laseguente formula.

A−1 = 1det (A) (αij)

con:αij = (−1)i+j det

(A[j,i]

)Quindi, avendo:

A =

1 0 31 2 −10 3 3

,

11

abbiamo che:

α11 = (−1)2 det(A[1,1]

)=∣∣∣∣2 −13 3

∣∣∣∣ = 6 + 3 = 9

α12 = (−1)3 det(A[2,1]

)= −

∣∣∣∣0 33 3

∣∣∣∣ = − (−9) = 9

α13 = (−1)4 det(A[3,1]

)=∣∣∣∣0 32 −1

∣∣∣∣ = −6

α21 = (−1)3 det(A[1,2]

)= −

∣∣∣∣1 −10 3

∣∣∣∣ = −3

α22 = (−1)4 det(A[2,2]

)=∣∣∣∣1 30 3

∣∣∣∣ = 3

α23 = (−1)5 det(A[3,2]

)= −

∣∣∣∣1 31 −1

∣∣∣∣ = − (−1− 3) = 4

α31 = (−1)4 det(A[1,3]

)=∣∣∣∣1 20 3

∣∣∣∣ = 3

α32 = (−1)5 det(A[2,3]

)= −

∣∣∣∣1 00 3

∣∣∣∣ = −3

α33 = (−1)6 det(A[3,3]

)=∣∣∣∣1 01 2

∣∣∣∣ = 2

Quindi, avendo già calcolato il determinante, possiamo scrivere:

A−1 = 118

9 9 −6−3 3 43 −3 2

=

1/2 1/2 −1/3−1/6 1/6 2/91/6 −1/6 1/9

12

Esercizio 6Data la matrice:

A =

1 −1 0 5 20 0 0 0 11 0 −3 −3 −30 1 2 2 1

∈MR (4, 5) ,

determinarne il rango.

SoluzioneLa matrice non contiene parametri: possiamo quindi utilizzare il metodo diKronecker. Scegliamo una sottomatrice di ordine 2x2 con minore non nullo.Scegliamo per esempio quella formata dalle quattro entrate in basso a sinistra:

∆1 =(

1 00 1

)

E’ la matrice identità e il suo determinante è non nullo (det (∆1) = 1). Quindipossiamo già affermare che rg (A) ≥ 2.Dobbiamo ora costruire tutti gli orlati di tale sottomatrice. Per sapere quantiorlati possiamo costruire, sebbene non sia indispensabile, possiamo usare laformula 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 aciascun orlato:

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣0 0 01 0 −30 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ non ci dice nulla sul rango di A

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣0 0 11 0 −30 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 1∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 3

Scegliamo quindi la sottomatrice ∆12, rinominandola ∆2, e verifichiamo se i suoiorlati 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

13

Quindi:

|∆21| =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 50 0 1 01 0 −3 −30 1 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1

∣∣∣∣∣∣1 −1 51 0 −30 1 2

∣∣∣∣∣∣ =

= −

∣∣∣∣∣∣1 −1 50 1 −80 1 2

∣∣∣∣∣∣ = −1∣∣∣∣1 −81 2

∣∣∣∣ =

= −10 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 4

Siccome la matrice è di ordine 4× 5 e rg (A) ≤ min (4, 5), possiamo concluderesenza nemmeno stare a calcolare altri determinanti che:

rg (A) = 4

14

Esercizio 7Data la matrice:

A =

2h− 1 h h0 h− 3 0h 2 + h 1

∈MR (3) , h ∈ R,

determinarne il rango al variare del parametro h.

SoluzioneIn questo caso dobbiamo usare il secondo metodo mostrato sulle slide teoricherelative al capitolo 3 per poter calcolare il determinante, in quanto la matriceA 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 matricequadrata, la cosa pià conveniente da fare è scegliere come sottomatrice l’interamatrice 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 qualivalori non lo è: in altre parole dobbiamo sapere quando il determinante dellamatrice 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 sappiamoche:

∀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. Perpoter sapere quanto è il rango per tali valori, dobbiamo sostituirli all’internodella matrice al posto di h e controllare con il metodo di Kronecker qual è ilrango. Pertanto:

h=1

A =

1 1 10 −2 01 3 1

|∆1| =∣∣∣∣1 10 −2

∣∣∣∣ = −2 6= 0 =⇒ rg (A) = 2

15

h=3

A =

5 3 30 0 03 5 1

|∆1| =∣∣∣∣5 33 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 2h 6= 1 ∧ h 6= 3 3

16

Esercizio 8Date le basi di R3:

B =

1

11

,

−201

,

30−1

, D =

1−21

,

−200

,

030

,

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.

SoluzioneQuesto è un esercizio fatto apposta per lavorare con le matrici di cambiamentodi base.In questo caso l’unica cosa di cui siamo a conoscenza sono i vettori che formanole 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 ditutorato, che:

[v]B = ([d1]B | [d2]B | [d3]B) [v]D (1)

dove i vettori di sono i vettori della base D.Tuttavia in questo caso noi dobbiamo ricavare le coordinate [v]D; pertantodobbiamo 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

17

B; ovvero:

[d1]B =⇒

1−21

= α

111

+ β

−201

+ γ

30−1

1 = α− 2β + 3γ−2 = α

1 = α+ β − γ1 = −2− 2β + 3γα = −21 = −2 + β − γ3 = −2β + 3γα = −2β = 3 + γ3 = −6− 2γ + 3γα = −2β = 3 + γγ = 9α = −2β = 12

[d1]B =

−2129

18

[d2]B =⇒

−200

= α

111

+ β

−201

+ γ

30−1

−2 = α− 2β + 3γ0 = α

0 = α+ β − γ−2 = −2β + 3γα = 0β = γ−2 = −2γ + 3γα = 0β = γγ = −2α = 0β = −2

[d2]B =

0−2−2

[d3]B =⇒

030

= α

111

+ β

−201

+ γ

30−1

0 = α− 2β + 3γ3 = α

0 = α+ β − γ0 = 3− 2β + 3γα = 30 = 3 + β − γ0 = 3− 2β + 9 + 3βα = 3γ = 3 + β

19

β = −12α = 3γ = −9

[d3]B =

3−12−9

Quindi la matrice A è data da:

A =

−2 0 312 −2 −129 −2 −9

Dobbiamo ora trovare la sua inversa. Per fare ciò, usiamo il metodo di Cramer:

α11 = (−1)2 det(A[1,1]

)=∣∣∣∣−2 −12−2 −9

∣∣∣∣ = 18− 24 = −6

α12 = (−1)3 det(A[2,1]

)= −

∣∣∣∣ 0 3−2 −9

∣∣∣∣ = −6

α13 = (−1)4 det(A[3,1]

)=∣∣∣∣ 0 3−2 −12

∣∣∣∣ = 6

α21 = (−1)3 det(A[1,2]

)= −

∣∣∣∣12 −129 −9

∣∣∣∣ = 0

α22 = (−1)4 det(A[2,2]

)=∣∣∣∣−2 3

9 −9

∣∣∣∣ = 18− 27 = −9

α23 = (−1)5 det(A[3,2]

)= −

∣∣∣∣−2 312 −12

∣∣∣∣ = − (24− 36) = 12

α31 = (−1)4 det(A[1,3]

)=∣∣∣∣12 −2

9 −2

∣∣∣∣ = −24 + 18 = −6

α32 = (−1)5 det(A[2,3]

)= −

∣∣∣∣−2 09 −2

∣∣∣∣ = −4

α33 = (−1)6 det(A[3,3]

)=∣∣∣∣−2 012 −2

∣∣∣∣ = 4

20

det (A) =

∣∣∣∣∣∣−2 0 312 −2 −129 −2 −9

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣−2 0 33 0 −39 −2 −9

∣∣∣∣∣∣= 2

∣∣∣∣−2 33 −3

∣∣∣∣= 2 (6− 9)

= −6

Quindi:

A−1 = 1−6

−6 −6 60 −9 12−6 −4 4

=

1 1 −10 3/2 −21 2/3 −2/3

Pertanto possiamo trovare le coordinate [v]D come:

[v]D = A−1 [v]B

=

1 1 −10 3/2 −21 2/3 −2/3

3−1−1

=

3− 1 + 1−3/2 + 2

3− 2/3 + 2/3

=

31/23

Potevamo però risolvere l’esercizio in un modo più semplice. Infatti, se vale larelazione:

[v]B = ([d1]B | [d2]B | [d3]B) [v]D ,

21

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 dobbiamoandare a fare. Quindi abbiamo che:

[b1]D =⇒

111

= α

1−21

+ β

−200

+ γ

030

1 = α− 2β1 = −2α+ 3γ1 = α1 = 1− 2β1 = −2 + 3γα = 1β = 0γ = 1α = 1

[b1]D =

101

22

[b2]D =⇒

−201

= α

1−21

+ β

−200

+ γ

030

−2 = α− 2β0 = −2α+ 3γ1 = α−2 = 1− 2β0 = −2 + 3γα = 1β = 3

2γ = 2

3α = 1

[b2]D =

13/22/3

[b3]D =⇒

30−1

= α

1−21

+ β

−200

+ γ

030

3 = α− 2β0 = −2α+ 3γ−1 = α3 = −1− 2β0 = 2 + 3γα = −1β = −2γ = − 2

3α = −1

[b3]D =

−11/2−2/3

23

Quindi:

B =

1 1 −10 3/2 −21 2/3 −2/3

E’ da notare come la matrice B trovata con questo secondo metodo corrispondaalla matrice A−1 che avevamo trovato con il metodo precedente: siamo cioègiunti allo stesso risultato saltando un po’ di passaggi (ovvero l’inversione dellamatrice A) e quindi risparmiando tempo prezioso.Possiamo pertanto calcolare le coordinate [v]D come:

[v]D = B [v]B

=

1 1 −10 3/2 −21 2/3 −2/3

3−1−1

=

3− 1 + 1−3/2 + 2

3− 2/3 + 2/3

=

31/23

24

Esercizio 9 (prova d’esame del 23 novembre 2012,esercizio n° 2)Considerati i seguenti vettori di R3:

v1 =

1−k

1− k

, v2 =

kkk

, v3 =

k + 10

k + 1

, v4 =

100

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.

SoluzionePunto (1)

Basta verificare per quali valori di k è possibile scrivere v1 come multiplo di v2:

v1 = tv2 1−k

1− k

= t

kkk

1 = tk

−k = tk

1− k = tk

Notiamo subito che, per k 6= 0, abbiamo che:t = 1

k

k = −1k = 0

Quindi possiamo concludere che per k 6= 0 i due vettori sono sempre linearmente

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indipendenti. Verifichiamo per k = 0 cosa accade:1 = 00 = 01 = 0

Se dovessimo guardare al risultato di questo sistema, allora affermeremmo chei 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 ilvettore nullo che, per definizione, è sempre linearmente dipendente a qualsiasialtro 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 v2 sono linearmente indipendenti: quin-di v3 ∈ Span (v1,v2) per tutti i valori di k che annullano il determinante dellamatrice formata le cui colonne non sono nient’altro che i tre vettori presi inconsiderazione, 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 0k 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 perk 6= −1∧k 6= 0 e quindi che per tali valori di k si ha che dim (Span (v1,v2,v3)) =3.

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Punto (4)

Quello che ci si deve chiedere in altre parole è: quando il rango della matrice lecui colonne sono costituite dai quattro vettori presi in considerazione è pari a3?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 colonnedalle colonne di B.Sappiamo già dai punti precedenti che per k 6= −1 ∧ k 6= 0 i vettori v1,v2 e v3generano tutto R3: dobbiamo quindi controllare per k = 0 ∧ k = −1:

Per k = 0

Otteniamo:

B =

1 0 1 10 0 0 01 0 1 0

|∆1| =

∣∣∣∣1 11 0

∣∣∣∣ = −1 6= 0 =⇒ rg (B) ≥ 2

Controlliamone gli orlati:

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣1 1 01 0 00 0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣1 1 11 0 10 0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

Quindi possiamo concludere che rg (B) = 2 per k = 0; pertanto in tal caso ivettori presi in considerazione non sono generatori di R3.

Per k = −1

In tal caso abbiamo:

B =

1 −1 0 11 −1 0 02 −1 0 0

|∆1| =

∣∣∣∣1 −12 −1

∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ rg (B) ≥ 2

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Controlliamone gli orlati:

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣1 −1 01 −1 02 −1 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣1 −1 11 −1 02 −1 0

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0

Quindi possiamo concludere che rg (B) = 3 per k = −1; pertanto in tal caso ivettori presi in considerazione sono generatori di R3.Quindi possiao concludere che:

rg (A)h = 0 2 v1,v2,v3,v4 non sono generatori per R3

h 6= 0 3 v1,v2,v3,v4 sono generatori per R3

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