Cento esercizi di algebra lineare (Nadia Chiarli, Silvio Greco, Paolo Valabrega) (Z-Library)

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ALGEBRA LINEARE
a cura di
N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA
LIBRERIA UNIVERSITARIA LEVROTTO & BELLA - TORINO
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ALGEBRA LINEARE
a cura di
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N. CHIARLI - 5. GRECO - P. VALABREGA
LIBRERIA UNIVERSITARIA LEVROTTO & BELLA - TORINO
Copyright @ 1994 Levrotto & Bella di Gualini T. & C.
di Gualini Elisabetta S.a.s., Corso Vittorio Emanuele, 26/F - Torino
I diritti di traduzione, di memorizzazione elettronica,
di riproduzione e di adattamento totale o parziale
con qualsiasi mezzo ( compresi i microfilm e le copie
fotostatiche ), sono riservate per tutti i paesi
Finito di stampare nel mese di settembre 1994
Stampata-dalla M. S./Litografia s.r.l., Torino
per conto della. Levrotto & Bella Editrice-S.a.s.
Corso Vittorio ,Emanuele, 26/F - Torino
lntroduzione
Questa volume contiene 100 esercizi risolti di Algebra
lineare e accompagna la teoria esposta nel testo 100
Pagine di Algebra Lineare della stessa collana.
In gran parte si tratta di esercizi semplici, che
applicano direttamente le nozioni teoriche di algebra
lineare svolte nel testo. Tuttavia qualche esercizio,
indicato con il simbolo (*), richiede un ragionamento
sottile ovvero nozioni non contenute nel volume 100
Pagine di Algebra Lineare (numeri complessi, vettori),
ma che possono essere conosciute dal lettore.
Per ogni esercizio e proposta una soluzione, adatta alle
nozioni che si presuppongono nel lettore; talvolta e
indicata una seconda soluzione piu veloce.
INDICE
Capitolo I:
Spazi vettoriali e sottospazi
Capitolo II:
Dipendenza e indipendenza lineare
Capitolo III:
Matrici
Capitolo IV:
Applicazioni lineari
Capitolo V:
Sistemi lineari e determinanti
Capitolo VI:
Autovalori e autovettori
Capitolo VII:
Equazioni e sistemi differenziali
Capitolo I
SPAZIVETTORIALIESOTTOSPAZI
1. Quali dei seguenti sottoinsiemi di R sono sottospazi vettoriali?
I};
(i)
V = {multipli interi di
(ii)
V = N = insieme dei numeri naturali;
(iii)
V = Z = insieme dei numeri relativi;
(iv)
V = Q = insieme dei numeri razionali.
Soluzione. Nessuno. In effetti il prodotto del numero reale 1t per
!,
ovvero per un intero n, o anche per una frazione da come risultato
un numero reale che non appartiene mai a V, in quanto tale
risultato e sempre irrazionale.
I-2
2. Quali dei seguenti sottoinsiemi di R 3 sono sottospazi vettoriali?
(i)
V 1 = {(x,y,z) Ix= y+z};
(ii)
V2 = {(x,y,z) I x = y+z-1};
(iii)
V3 = {(x,y,z)l(x,y,z) = a(l,3,7), a ER}, ossia {terne
(a,3a,7a) con a variabile in R}.
Soluzione. (i) V1 e formato dalle terne (y+z,y,z), al variare di y e z
in R. Si ha pertanto:
1) la somma (y+z,y,z) + (y'+z',y',z') = ((y+y')+ (z+z'), y+y', z+z') di
due terne di V 1 e ancora in V 1;
2) il prodotto a(y+z,y,z) = (a(y+z),ay,az) di un numero reale a per
una terna di V1 e ancora in V 1 ;
3) la terna (0,0,0) appartiene ovviamente a V 1.
Quindi V 1 e un sottospazio.
(ii) V2 none un sottospazio
(in effetti O-::/:- 0+0-1).
perche
non contiene la terna (0,0,0)
(iii) V3 e un sottospazio. In effetti la somma
(a,3a,7a) + (b,3b,7b) = (a+b,3(a+b),7(a+b))
di due terne di V 3 e ancora in V3 ; il prodotto
c(a,3a,7a) = (ca, 3(ca), 7(ca))
di un numero reale c per una terna di V 3 e ancora in V3 e infine
(0,0,0) e un elemento di V3 (si ottiene ponendo a= 0).
1-3
3. Si considerino i due sottospazi di R 3 :
V = {(x,y,z) I x-2y+z = O},
W = {(x,y,z) I x-2z+y = O}.
Si descriva Z = V riW.
Soluzione. Si ha:
Z = VriW = {(x,y,z) I x-2y+z = x-2z+y
= O}.
,,
Le terne di Z sono pertanto quelle che risolvono il sistema di due
equazioni:
x-2y+z = 0
x-2z+y= 0
ovvero il sistema equivalente (che si ottiene sostituendo la seconda
equazione con la differenza fra la prima e la seconda equazione)
x-2y+z = 0
3z-3y = 0.
Si conclude che gli elementi di Z sono le terne del tipo (y,y,y), cony
numero reale arbitrario.
4.
Si descriva lo spazio vettoriale T = V+W, dove V e W sono come
nell'esercizio 3.
Soluzione. Z e l'insieme di tutti i vettori del tipo seguente:
(2y-z,y,z) + (2z'-y',y',z')
(attenzione a non usare gli stessi nomi per le variabili, per evitare
confusioni).
In pratica si tratta degli elementi
1-4
(2y+2z'-z-y',y+y',z+z'),
al variare di y,y',z,z' reali. Vogliamo far vedere che T = V+W = R 3 . In
effetti una qualunque terna di numeri reali, diciamo (a,b,c), si puo
scrivere come
(2y+2z'-z-y',y+y',z+z'),
con y,y',z,z' opportuni; basta risolvere il semplice sistema lineare
2y+2z'-z-y' = a
y+y' = b
z+z' = c
dove a,b,c sono termini noti. Si ottiene ad esempio:
a+b-2c
,
z = 0, z = c, y = - 3 - ,
y' =
2b-a+2c
3
In conclusione la terna (a,b,c) coincide con la somma delle terne
(2 a+b-2c _ O a+b-2c O)
3
'
3
'
e
(2 _2b-a+2c 2b-a+2c
C
3
'
3
)
,C.
5. Si trovi un sottospazio V di R che contenga il numero 53.
Soluzione. Sia a un numero reale qualunque; allora a si puo
scrivere come a 53 dove: a = ; 3 53. Poiche 53 e V per ipotesi,
anche a = a 53 deve appartenere a V. Cioe V coincide con R
stesso perche contiene qualsiasi numero reale a.
6. Si trovi un sottospazio V di R 2 che contenga tutte le coppie (m,n)
con m ed n numeri interi.
I-5
Soluzione. Fra gli elementi di V ci sono le due coppie (1,0) e (0,1),
quindi anche i vettori del tipo a(l,0)+b(0,l) = (a,b) con a e b numeri
reali qualsiasi. Cio significa che V coincide con R 2 stesso perche
contiene tutte le coppie di numeri reali.
7. Si troui un sottospazio di R 5 che contenga i uettori v = (4,0,0,0,7) e
w = (1,0,l,0,0) ma non contenga z = (2,0,-2,0,7).
Soluzione. Non esiste perche z = v-2w appartiene a qualunque
spazio che contenga v e w.
8. Esiste un sottospazio di R 8 che non contiene nessuno dei seguenti
uettori:
el = (1,0,0,0,0,0,Q,0)
e 2 = (0,1,0,0,0,0,0,0)
e 3 = (0,0,l,0,0,0,0,0)
e4 = (0,0,0,1,0,0,0,0)
e 5 = (0,0,0,0,1,0,0,0)
e 6 = (0,0,0,0,0,l,0,0)
e 7 = (0,0,0,0,0,0,1,0)
e 8 = (0,0,0,0,0,0,0,1)?
Soluzione. Si: ad esempio lo spazio generato da v = (1,l,0,0,0,0,0,0).
1-6
9. Dato il vettore v = (4,0,1,9) e R4 si trovi x e R tale che
(x+430)v = (0,0,0,0).
Soluzione. Per la legge di annullamento del prodotto negli spazi
vettoriali si ha: (x+430)v = Oe,4 se e solo se x+430 = 0 (poiche
v 0R4). Ne segue: x = - 430.
*
10. Si consideri il vettore v = (3,0,0,8,7) e R5 e si trovi un vettore w
tale che si abbia:
239(v+w) = (0,0,0,0,0).
Soluzione. Per la legge di annullamento del prodotto negli spazi
vettoriali si ha: 239(v+w) = 0R5 see solo se v+w = 0Rs (essendo
239 * 0). Quindi deve essere w = - v = (- 3,0,0,- 8,-7).
11. Si consideri il vettore v = (4,0,1,9) e R4 e si dica se esiste un numero
reale x tale che si abbia: (x+ l)v = (1,l,1,1).
Soluzione. Si deve avere
(4(x+l), 0, x+l, 9(x+l)) = (1,l,1,1),
cioe
4(x+l) = 1
0=1
x+l= 1
9(x+l) = 1
e cio e chiaramente impossibile. Quindi x non esiste.
I-7
12. *Si stabilisca se il sottoinsieme V dello spazio V 3 dei vettori
ordinari cost definito
V = {ai+bj+4k I a,b E R}
e un sottospazio vettoriale.
Soluzione. Si ha:
(ai+bj+4k)+(a'i+b'j+4k) = (a+a')i+(b+b')j+8k
e quindi la somma di due elementi di V non appartiene a V perche
la sua terza componente e 8 anziche 4. Pertanto V non e un
sottospazio.
13. *Si dimostri che l'insieme V = {(x,y) E C2 I y = ix} e un sottospazio di
C 2 (pensato come spazio vettoriale su C con le solite operazioni).
Soluzione. Si tratta delle coppie del tipo (x,ix), al variare di x nel
campo complesso. Si ha
(x,ix)+(x',ix') = ( x+x',i(x+x')) (per ogni x, x' complessi)
a(x,ix) = (ax,i(ax)) (per ogni x e ogni a complessi)
e quindi la somma di elementi di V e ancora un elemento di V e il
prodotto di un numero complesso per un elemento di Ve ancora un
elemento di V. Infine (0,0) = (O,iO) appartiene a V. Pertanto Ve un
sottospazio.
Capitolo II
DIPENDENZA E INDIPENDENZA LINEARE
14. Si stabilisca per quali h reali i tre vettori
v = (1,h,1)
w = (2,2,2)
z =(1,0,1)
sono linearmente dipendenti.
Soluzione. 11 vettore w e multiplo di v se e soltanto se h = 1. Se
h-:;:. 1, v e w sono Li.; inoltre z e c.l. di v e di w see soltanto se
esistono due numeri reali a e b tali che z = av+bw, cioe (passando
alle tre componenti)
1 = a+2b
0 = ha+2b
1 = a+2b.
Quindi si deve avere:
a= 1-2b
h(l-2b)+2b = (2-2h)b+h = 0
che da
II-2
(ricordiamo che il quoziente ha senso perche h -:t:- 1).
In conclusione:
- se h = 1 i vettori sono l.d. perche w e multiplo di v;
- se h -:t:- 1 i vettori sono l.d. perche z e c.l. di v e w. Quindi i tre
vettori sono l.d. per ogni valore di h.
15. Si trovi una base di R 3 contenente il vettore v = (1,0,2).
Soluzione. Consideriamo l'insieme di generatori di R 3 formato da
v,e 1 ,e 2 ,e 3 ed applichiamo il metodo degli scarti. Ovviamente
v (\i3 ed e 1 non e multiplo di v; se e 2 fosse c.l. di v e di e 1,
dovrebbero esistere due numeri a e b tali che e 2 = av+be 1 , cioe
(passando alle tre componenti)
*
0= a+b
1 = a0+b0 = 0
0 = 2a+b0 = 2a.
La seconda equazione e assurda; quindi non esistono a e b, ed e 2
non e c.l. di v e di e 1 . Pertanto v,e 1 ,e 2 sono 1.i .. Poiche R 3 ha
dimensione 3, essi formano una base di R 3 che ovviamente
contiene v (e 3 risulta in conseguenza c.l. dei vettori precedenti).
16. Si trovi una base dello spazio vettoriale
V = {(x,y,z) E R 3 I x-2y+z = x-2z+y = 0}.
Soluzione. Le terne di V sono del tipo (y,y,y) (si veda es. 3, cap. I),
con y numero reale arbitrario. Allora ogni vettore di V e multiplo
del vettore (1,1,1), che nee una base.
II-3
17. Si trovi la dimensione del sottospazio vettoriale di R 4
V = L((2,2,2,2),(2,3,4,5),(0,l,2,3)).
Soluzione. Poiche i primi due vettori sono Li. e inoltre
(0,1,2,3) = (2,3,4,5) - (2,2,2,2),
una base di
dim:V= 2.
V
e costituita dai primi due vettori e quindi
18. Si trovi una base di R2 che non contenga ne (1,0) ne (0,1).
Soluzione. Basta prendere i due vettori linearmente indipendenti
v = (1,1) e w = (1,2). In effetti due vettori linearmente indipendenti
formano sempre una base in uno spazio di dimensione 2.
19. Si trovino le componenti di z = ( 4,3) rispetto alla base trovata
nell'esercizio 18.
Soluzione. Si devono trovare a e b tali che z = av+bw, cioe
4= a+b
3 = a+2b.
Si trova: a= 5, b = -1. Quindi le componenti sono nell'ordine 5 e -1.
20. Si trovi, se esiste, h reale tale che il sottospazio di R4 generato da
v = (1,h,0,0)
abbia dimensione 2.
w = (0,1,h,0)
z = (0,0,0,h)
11-4
Soluzione. Poiche v e w sono sicuramente Li. per ogni h, occorre e
basta che z sia combinazione lineare di v e w. Cio avviene quando
z = av+bw, ovvero
0=a
0 = ah+b
O = hb
h=0.
La dipendenza lineare si ha soltanto quando h = 0. Pertanto la
dimensione del sottospazio e 2 se e solo se h = 0.
21. Si trovi una base del sottospazio di R4
V = L((l,l,0,1), (0,l,0,1), (1,2,0,2), (2,3,0,3)).
Soluzione. Basta osservare che i primi due vettori sono Li. mentre il
terzo e la somma dei primi due e il quarto e il doppio del primo piu il
secondo. Pertanto i primi due formano una base e dim V = 2.
22. Si trovi una bcse di R4 che contenga (1,0,0,2).
Soluzione. Basta applicare il metodo degli scarti ai generatori di R 4
(1,0,0,2), (1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,l,0), (0,0,0,l).
I primi due vettori sono Li.; il terzo non e c.l. dei primi due; il
quarto non e c.l. dei primi tre. Inutile ore vedere se il quinto e c.L
dei primi quattro perche una base dello spazio vettoriale R 4 ha
quattro elementi. Quindi i primi quattro vettori formano una base di
R4 contenente (1,0,0,2).
11-5
23. Si proui che i uettori (2,6, 7,8) e (3,2,9,0) non formano una base di R4 .
Soluzione. Sono troppo pochi: infatti una base di R4 deve contenere
4 elementi.
24. Si proui che i uettori (4,0,1), (4,0,2), (5,1,5), (0,9,0) non formano una
base di R 3 .
Soluzione. Sono troppi: infatti una base di R 3 deve contenere 3
elementi.
25. *I uettori v = (9,9,0) e w = (32,0,8) formano una base del
sottospazio uettoriale V di R 3 definito dall'equazione x - y = 4z?
Soluzione. Si. In effetti
- sono Li. e quindi generano un sottospazio di R 3 di dimensione 2;
- appartengono a
l' equazione;
V
perche le loro componenti soddisfano
- V non puo avere dimensione 3 perche non coincide con R 3 (ad
esempio V non contiene u = (1,1,1));
- V non puo avere dimensione ~ 1 perche contiene i due vettori l.i.
v ew.
Quindi V ha dimensione 2 e due suoi vettori Li. ne formano una
base.
11-6
26. *Si trovino due sottospazi distinti V e W di R 3
entrambi i due vettori v = (1,0,1) e w = (0,1,0).
contenenti
Soluzione. Siccome V -:t:. W, none possibile che entrambi i sottospazi
siano generati da v e w soltanto. Pertanto uno dei due sottospazi,
ad esempio V, deve necessariamente contenere un ulteriore vettore
z linearmente indipendente da v e w. In questo caso V contiene i
tre vettori linearmente indipendenti v,w,z di R 3 e quindi coincide
con R 3 perche quest'ultimo ha dimensione 3 e tre suoi vettori
linearmente indipendenti ne formano sempre una base. Ne segue
che W non puo contenere vettori linearmente indipendenti da v e w
altrimenti, come V, coinciderebbe con ff~ (e quindi con V). Pertanto
si ha necessariamente
V=R3
W = sottospazio generato da v e w.
27. *Si stabilisca per quali valori reali di h i vettori
w = 2i-hj sono linearmente indipendenti.
v = i-hj e
Soluzione. Si ha: w = av, per qualche a reale see soltanto se
2=a
- h = - ah.
Ne segue che si deve avere
h=2h
cioe
h = 0.
Questo e l'unico caso in cui v e w sono linearmente dipendenti. Se
h -:t:- 0 i vettori sono linearmente indipendenti.
II-7
28. *Si stabilisca se i uettori (i,0,0), (0,i,0), (0,0,i) sono linearmente
indipendenti in ca (pensato come spazio uettoriale su C con le solite
operazioni).
Soluzione. Ovviamente (0,i,0) none multiplo di (i,0,0). Inoltre, se
si avesse
(0,0,i) = a (i,0,0) + b (0,i,0)
per qualche a e b complessi, cio implicherebbe (eguagliando le
com ponenti):
0 = ai
O = bi
i =0
il che non e possibile.
Pertanto i tre vettori sono linearmente indipendenti.
Capi tolo III
MATRICI
29. Quali delle seguenti matrici sono ridotte per righe o per colonne?
A= ( 1
3 2
-1 3
4 4
6 5
o ) B = (1
3 0
-1 0
o0o0o ) C = (123)
4 o 3
D = (100)
ooo
-1 5 2 2 10
-1 0 0 2 0
-1 0 0
0 0 0
Soluzione. A non e ridotta, B e ridotta per colonne, C e ridotta per
righe, D e ridotta sia per righe sia per colonne.
30. Calcolare il rango della matrice
1 2 3 0 0
6
-1 0 2 0 0
M = ( 3 -1
o o)
Soluzione. Con la trasformazione R 1 ~ - R 2 si ottiene la matrice
3 -1 0 6 0)
M' = ( 1 2 3 o o
-1 0 2 0 0
che e ridotta per righe e ha tre righe non nulle; quindi il rango e 3.
111-2
1 h 1
31. Per quali h reali il rango della matrice M =
(4 h3) vale 3?
0 0 5
Soluzione. Se h = 0 una colonna e nulla e quindi p(M) < 3; pertanto
deve essere h * 0. Posto allora h * 0, riduciamo la matrice con la
trasformazione R 2 ➔ R 2 - 4R 1, ottenendo
1
h
1
M' = ( o -3h -1 )
0
0
5
Poiche M' ha rango 3 per ogni h
3 per h 0.
*
* 0, si conclude che M ha rango
32. Per quali h il rango della matrice A= ( _Jh -~
i i ) e 3?
Soluzione. Mai perche il rango non puo superare il numero delle
righe, che e 2.
33. Si trovi la dimensione del sottospazio vettoriale V di R 4 generato
da v = (1,0,0,1), w = (0,1,1,0), z = (2,2,3,3).
Soluzione. Basta calcolare il rango della matrice
1001)
M= ( 0110
2 2 3 3
Con le trasformazioni
matrice
1 0 0 1
M'=
(o 231)
0 1 1 0
R 3 ➔ R 3 - 2R 1 e R 3 H
R 2 si ottiene la
111-3
che e ridotta e ha rango 3. Pertanto V ha dimensione 3.
34. Si trovi una base di R 5 contenente i due vettori v = (1,0,0,0,1) e
w = (2,0,0,0,0).
Soluzione. Basta considerare il sistema di generatori di R 5 formato
da v,w,e 1,e2 ,e 3 ,e4 ,e 5 (dove (e 1,e 2 ,e 3 ,e4 ,e 5) e la base canonica di R 5 )
ed estrarne una base con il metodo degli scarti successivi. In pratica
cio si puo fare riducendo per righe la matrice
M=
1 0 0 0 1
2 0 0 0 0
1 0 0 0 0
01000
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
con l'avvertenza di non modificare le prime due righe. La
trasformazione R 3 ➔ 2R3 -R 2 fa passare alla matrice
1 0 0 0 1
2 0 0 0 0
0 0 0 0 0
M' =
o1 ooo
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
la quale ha lo stesso spazio delle righe della matrice
~ ~ ~ ~J
M" -(~
00100
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
Poiche in M" si ha: R 6 = R 1 - ½R 2 , le due trasformazioni:
111-4
fanno ottenere la nuova matrice:
M"' -_
(i ~ gg~ J
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 0
che e ridotta di rango 5; le sue prime 5 righe danno una base di R 5
che contiene v e w.
35. Si trovi una base di R 5 che contenga v = (1,1,1,1,1).
Soluzione. Basta applicare il metodo degli scarti al sistema di
generatori formato da v e da e 1,e2 ,e 3 ,e4 ,e 5 , dove (e 1,e 2 ,e 3 ,e4 ,e 5 ) e
la base canonica di R 5 . Mettendo i vettori sulle righe di una matrice
si ottiene
A=
[nniJ
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
Il rango di A (che puo essere pensato come la dimensione dello
spazio delle colonne) non puo superare il numero di colonne, cioe 5.
D'altra parte le prime cinque righe di A sono linearmente
indipendenti, come si vede considerando la matrice
11 0
1 0
1 0
1 10
A'= ( o 1 o o o
J
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
costituita da tali cinque righe, che e ridotta e ha rango 5; quindi
p(A) = 5 e le prime 5 righe di A formano la base richiesta.
III-5
36. Si provi che per ogni numero reale h :t:- 0 i vettori seguenti
= (h,0,0,0,0)
w = (h,2h,O,O,O)
z = (h,2h,3h,O,O)
t = (h,2h,3h,4h,O)
u = (h,2h,3h,4h,5h)
V
formano una base di R 5.
Soluzione. Basta considerare la matrice che ha come righe i vettori
nell'ordine inverso:
h 2h 3h 4h 5h )
h 2h 3h 4h 0
A= ( h 2h 3h O O
h 2h O O O
h O O O 0
Se h :t:- 0, la matrice A e ridotta per righe con 5 righe non nulle e
quindi ha rango 5. Cio significa che i 5 vettori sono Li. e quindi
formano una base di R 5 in quanto R 5 ha dimensione 5.
III-6
37. Quali dei seguenti prodotti fra matrici sono consentiti?
1 0O 0l
O
(i) [
J
1 0 0 0 1
2 0 0 0 0
1 0 9 0 8
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
2 0 0 1 0
0 -3 0 0 1
1 0 0 0 0
g g~ ( 0 0 0 1 0 )
OOO
OO OO 1
0 0 1
1
0
,. ..)
\ LU
10001200]
( 10000010
O OOO 1 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0 1
0
0
0
0
0
1
Soluzione. (i) e (iii) si possono eseguire perche il numero di colonne
della prima matrice e pari al numero di righe della seconda; (ii) non
si puo eseguire perche la prima matrice ha due colonne e la seconda
7 righe.
38. Si calcolino AB e BA dove
A=
00)
(1ooo
1 0 0
1 0
B= ( -3
1 -2 0
2 0 0
1 0 1
Soluzione. AB = ( O O O )
1 0 1
1)
oo
BA=
(-3 oo)
1 0 0
III-7
39. Si trovi una matrice quadrata di ordine 2
X= (~
~)*o
tale che si abbia AX= 0 dove A= ( ~ ~).
Soluzione. Si ha:
AX - (a
0b
0 )·
Deve pertanto risultare:
a=O
b = 0.
Una qualunque matrice del tipo
con c e b non entrambi nulli soddisfa alla condizione richiesta.
40. Si trovi l'inversa della matrice A= ( ~
Soluzione. Dobbiamo determinare
tale che
Poiche
AX = ( a+2c b+2d )
2a+c 2b+d
deve essere
i ).
III-8
a+2c = 1
b+2d = O
2a+c = 0
2b+d = 1.
Si ottiene:
1
2
2
1
a--3, b=-3 , c=-3 , d=--3 .
Quindi si ha:
x = A- 1 = (
1
_f½]
100) si calcoli A -2A +A. Tenuta conto
41. *Data la matrice A = ( 1 o 1
2 0 1
del risultato si troui una matrice B
3
2
* 0 tale che AB = BA = 0.
Soluzione. Si ha :
(14 00 0)
1
A2 =AA= 3 o 1 ,
A3 = AA2 =
(156 0o0 0)
1
1
e quindi
A 3 - 2A 2+A=
(i gI)-(! gi)+(i gI)= (g gg)
cioe A3-2A2 +A = 0.
Quindi anche (usando la proprieta distributiva e il fatto che
AI = IA = A se I = matrice identica):
A3 -2A2+AI = 0 e pertanto A(A 2-2A+I) = 0
A 3-2A2+IA = 0 e pertanto (A2-2A+I)A = 0
III-9
Se ne deduce che la matrice richiesta B coincide con A2-2A+I.
42. Si stabilisca quali fra le seguenti matrici sono ,c;immetriche e quali
sono antisimmetriche.
C=
(011)
1 2 3
1 3 -1
Soluzione. A non e ne simmetrica ne antisimmetrica; B e
antisimmetrica; C e simmetrica.
43. *Si trovi una matrice che sia contemporaneamente simmetrica e
antisimmetrica.
Soluzione. La matrice nulla (di qualunque ordine) e sia simmetrica
che antisimmetrica.
Si noti che questo e l'unico esempio possibile. In effetti se A e
simmetrica, au= aji per ogni i :;tj, mentre se _A e antisimmetrica si
ha: aij = - aji per ogni i :;tj. Se ne deduce che si ha:
aij = aji = - aji
per ogni i :;t: j; inoltre gli elementi della diagonale sono nulli perche
A e antisimmetrica. Quindi aji e nullo per ogni ij.
III-10
44. Si trovi la trasposta per ognuna delle matrici seguenti:
A=
(1o 2o 3)
C=
7
0 2 1
~ ~)
3 7 1
E=
D = (~
( 13 02 4)
6
(02 2o -3)
7
3 -7 0
Soluzione.
tB-
perche D e simmetrica.
tD=D
tE = - E =
(461)
0 7 1
3)
(-2-302
o -7 perche Ee antisimmetrica.
7 0
45. *Si trovino una matrice simmetrica S e una antisimmetrica A tali
che si abbia
S+A = B = (
! ~ ).
Soluzione. Basta considerare
S e simmetrica e A antisimmetrica ed inoltre S+A = B.
IIl-11
46. *Per quali numeri complessi h la matrice a coefficienti complessi
A = ( ~ -~ ) ha rango 1?
Soluzione. 11 rango delle matrici complesse si tratta come quello
delle matrici reali. Con la trasformazione R 2 ➔ 3R2 -hR 1 la ma trice
A si trasforma nella matrice
A =
l
(
3 -h )
0 3+h 2
che e ridotta per righe. La seconda riga none nulla se 3+h2 -:t:- 0, e in
questo caso il rango di A e 2. Se invece 3+h 2 = 0, la seconda riga e
nulla e p(A) = 1. Le soluzioni dell'equazione 3+h2 = 0 sono
h = ± i--./3 e sono questi i due valori complessi (non reali) per cui A
ha rango 1. Si noti che in cam po reale A ha sempre rango 2.
Capitolo IV
APPLICAZIONI LINEARI
47. Quali fra le seguenti applicazioni sono lineari?
(i) f: R 4 ➔ R 2 definita da f(x,y,z,t) = (x-1,z);
(ii) g: R 3 ➔ R 2 definita da g(x,y,z) = (2x-y,z);
(iii) h: R ➔ R 3 definita da h(x) = (x,2x,3x).
Soluzione. (i) f none lineare perche f(0,0,0,0) = (-1,0) * (0,0).
(ii) g e lineare perche si ha:
g(x,y,z) + g(x',y',z')
= (2x-y,z) + (2x'-y',z')
= (2(x+x') - (y+y'),z+z')
= g(x+x',y+y',z+z')
ag(x,y,z)
= a(2x-y,z) = (2(ax)-ay,az)
= g(ax,ay,az).
Si puo anche osservare che 2x-y e z sono polinomi omogenei di
primo grado e cio e segnale di applicazione lineare.
(iii) h e lineare perche si ha:
IV-2
h(x) + h(x')
= (x,2x,3x) + (x',2x',3x')
= (x+x',2(x+x'),3(x+x'))
= h(x+x'),
h(ax)
= (ax,2(ax),3(ax)) = a(x,2x,3x)
= ah(x).
Ovvero si puo osservare che x, 2x, 3x sono polinomi omogenei di
primo grado.
48. Data f: R 3 ➔ R 2 definita da f(x,y,z) = (x-y,x+2z) si trovino il
nucleo e l'immagine di f con le rispettive dimensioni.
I
Soluzione. Per trovare il nucleo di f bisogna risolvere il sistema:
x-y = 0
x+2z = 0
e si ottiene:
X
= y = -2z,
cioe l'elemento generale del nucleo e (-2z,-2z,z) al variare di z in
R. Poiche (-2z,-2z,z) = z(-2,-2,1), una base del nucleo e formata dal
vet tore (-2,-2, 1) ed il nucleo ha dimensione 1. Poiche f opera fra
R 3 ed R 2, si ha:
dim Im f = 3 - dim ker f = 3-1 = 2.
Im f e generata dai vettori
f(l,0,0) = (1,1)
f(0,1,0) = (-1,0)
f(0,0,1) = (0,2).
Poiche
1
(1,1) = - (-1,0) + 2
(0,2)
IV-3
una base di Im f e formata da (-1,0) e da (0,2). Poiche inoltre Im f
e un sottospazio di R 2 e ha la stessa dimensione 2 di R 2 , Im f
coincide con R2.
49. Sia data la matrice A = ( ~
·J ~ ) e sia f: R ➔ R l'applicazione
3
2
lineare associata ad A. Si calcoli f(-2,-2,1) e si stabilisca se f e
iniettiva.
Soluzione. Si ha (-2,-2,1) = - 2(1,0,0) - 2(0,1,0) + (0,0,1) da cui,
ricordando il significato delle colonne di A:
f(-2,-2,1) = - 2f(l,0,0) - 2f(0,1,0) + f(0,0,1)
= -2(1,1) - 2(-1,0) + (0,2) = (0,0)
Ne segue che (-2,-2,1) E ker f; pertanto ker f :t:- {Ck,3 } e f none
iniettiva.
50. Sia f: R 4 ➔ R 2 l' a.l. definita da f(x,y,z,t) = (x-5t,y+z+t,x-y-z-t).
Si trovi la matrice A associata ad f.
Soluzione. Si ha:
f(l,0,0,0) = (1,0,1)
f(0,1,0,0) = (0,1,-1)
= 1a colonna di A
= 2a colonna di A
f(0,0,1,0) = (0,1,-1)
= 3a colonna di A
f(0,0,0,1) = (-5,1,-1) = 4a colonna di A
100-5)
1 1 .
1 -1 -1 -1
Quindi A = ( o 1
IV-4
51. Si trouino la dimensione del nucleo e dell'immagine dell'a.l.
dell'esercizio 50.
f
Soluzione. Si ha dim Im f = p(A) e dim ker f = 4 - dim Im f = 4 - p(A).
Basta allora trovare il rango di A. Con la trasformazione
R 3 ➔ R 3 -R1 si ottiene la matrice
100-5)
A' = ( o 1 1 1
0 -1 -1 4
econ la trasformazione R 3 ➔ R 3 +R 2 si ottiene la matrice
A"= (~ ~ ~ -f)
0 0 0 5
A" e ridotta di rango 3 e quindi dim Im f = 3, dim ker f = 4 - 3 = 1.
52. Si stabilisca per quali h reali l'applicazione lineare f: R 3 ➔ R 3
definita da f(x,y,z) = (x+hz, y+hz, 2hz) e iniettiua, suriettiva,
biiettiua.
Soluzione. La matrice associata ad f e
A=(~~t)
0 O 2h
*
Se h 0 la matrice e ridotta per righe con 3 righe non nulle e
quindi ha rango 3; di qui segue che l'immagine ha dimensione 3 e
il nucleo ha dimensione 3 - 3 = 0. Cioe f e iniettiva, suriettiva e
biiettiva.
Se h = 0, A ha rango 2 e quindi si ha: dim Im f = 2, dim Ker f = 1.
Pertanto f non e ne iniettiva ne suriettiva ne tanto meno biiettiva.
IV-5
53. Si stabilisca se l'a.l. f: R 4 - R 3 definita da f(x,y,z,t) = (x-5t,x-6t)
e iniettiva ovvero se e suriettiva.
Soluzione. La matrice associata ad f e
1 0 0 -5)
A= ( 1 o o -6
·
Pertanto f e suriettiva perche il rango di A e 2 = dim R 2 ; f non e
iniettiva perche dim ker f = 4-2 = 2 > 0.
54. Data l'a.l. f: R 3 - R 3 definita da f(x,y,z) = (x-y-z,x+y+z, z), si
calcoli f(l,0,1), e si verifichi che e uguale alla somma della prima e
della terza colonna delle matrice associata ad f.
Soluzione. Sostituendo si trova f(l,0,1) = (0,2,1). La matrice associata ad f e
1 -1 -1 )
( 1 1 1
0 0 1
e la somma della prima e terza colonna e
(1,1,0) + (-1,1,1) = (0,2,1), cioe f(l,0,l).
55. Data l'a.l. f: R 4 - R 4 definita da f (x,y,z,t) = (x,x,x,x) si trovino la
matrice associata ad f, una base del nucleo e una base dell'immagine
di f e si stabilisca se f e iniettiva, suriettiva, biiettiva.
1 0 0 0)
Soluzione. La matrice associata ad f e
Mr= A = ( ~ ~ ~ ~
1 0 0 0
ker f si ottiene risolvendo l'equazione x = 0 e quindi e formate dai
vettori (0,y,z,t), con y,z,t numeri reali arbitrari. Poiche si ha:
(0,y,z,t) = y( 0, 1,0,0 )+z(0,0, 1,0)+t(0,0,0, 1)
IV-6
chiaramente una base di ker f e formata dai vettori (0,1,0,0),
(0,0,l,0), (0,0,0,1) e quindi ker f ha dimensione 3.
L'immagine di f e generata dal vettore (prima colonna di A)
(1,1,1,1) = f(l,0,0,0) e quindi Im f ha dimensione 1 (= rango di A).
L'applicazione lineare f non e iniettiva perche ker f contiene
vettori non nulli; none suriettiva perche l'immagine contiene solo
multipli di (1,1,1,1) e non, ad esempio, (0,1,0,0); non e biiettiva
perche non e ne iniettiva ne suriettiva.
56. Data l'a.l. f: R 3 ➔ R 2 definita da f(x,y,z) = (x-y,x-z,y-z) si stabilisca quali fra i seguenti uettori appartengono a ker f:
(1,1,1), (4,4,4), (4,5,5), (0,0,0).
Soluzione. (1,1,1), (4,4,4) e (0,0,0). Infatti risulta
f(l,1,1) = (0,0,0), f(4,4,4) = (0,0,0), f(0,0,0) = (0,0,0),
mentre
f(4,4,5) = (0,-1,-1) -:t (0,0,0).
57. Data l'a.l. f: R 3 ➔ R 3 definita da f(x,y,z) = (x-y,x-z,y-z) si stabilisca quali fra i seguenti uettori appartengono a Im f:
(0,0,0~ (1,1,0), (-1,0,1), (5,6,1).
Soluzione. Tutti. In effetti la matrice associata a f e
1 -1 0 )
A= ( 1 o -1
0 1 -1
IV-7
e l'immagine di f e generata dalle tre colonne; ma la terza colonna
e la somma, cambiata di segno, fra la prima e la seconda; quindi
l'immagine e generata dalla prima e dalla seconda colonna, cioe dai
vettori v 1 = (1,1,0) e v 2 = (-1,0,1). Ogni vettore dell'immagine e
quindi del tipo
av 1+bv 2 = (a-b,a,b).
Il vettore (0,0,0) appartiene all'immagine perche coincide con
f(0,0,0); il vettore (1,1,0) e immagine (per definizione di matrice
associata ad D del vettore (1,0,0); il vettore (-1,0,1) e immagine
di (0,1,0). Peril vettore (5,6,1) dobbiamo usare la formula generale
perche non e evidente dalla matrice che cosa avviene: esso si ottiene
ponendo a= 6, b = 1 ed e immagine (ad esempio) di (6,1,0).
58. *Trovare due a.l. distinte f, g: R 2 ➔ R tali che si abbia:
f(l,0,0) = 4
g(l,0,0) = 4.
Soluzione. Ricordando che una applicazione lineare e definita se si
conoscono le immagini dei vettori della base canonica, basta porre:
f(l,0,0) = 4, f(0,1,0) = f(0,0,1) = 0
g(l,0,0) = 4, g(0,1,0) = g(0,0,1) = 1.
1 h O0
59. Per quali valori del parametro reale h la matrice A = ( 1 o o o )
1 0 0 0
rappresenta un isomorfismo?
Soluzione. Nessun valore di h perche A none quadrata.
IV-8
1 h O0
60. Per quali valori del parametro reale h la matrice A = ( 1 o o o )
1 0 0 0
rappresenta un'applicazione lineare f suriettiva?
Soluzione. Nessun valore di h perche p(A) :s; 2 mentre f e una
applicazione lineare di R 4 in R 3 e sarebbe suriettiva se e solo se
p(A) = dim Im f = dim R 3 = 3.
61. Per quali valori del parametro reale h la matrice
A= (
~ t~ ~)
1 0 0 0
rappresenta un'applicazione lineare f iniettiva?
Soluzione. Nessun valore di h. Infatti f e un'a.l. di R 4 in R 3 e
sarebbe iniettiva se e soltanto se fosse dim ker f = 4 - p(A) = 0,
mentre si ha certamente dim ker f ~ 2, poiche p(A) :s; 2.
h O O O]
0 h O0
62. Per quali valori del parametro reale h la matrice A= ( 00h0
0 0 0 h
rappresenta un 'applicazione lineare suriettiva?
Soluzione. Tutti i valori h "#- 0; in effetti, per h = 0 si tratta della
matrice nulla (che non da un'applicazione suriettiva), mentre per
h "#- 0, la matrice A ha rango 4, che e il massimo e quindi e
associata a una applicazione lineare invertibile (in particolare
suriettiva).
63. Si determini un'applicazione lineare suriettiua f: R4 ➔ R 2.
IV-9
Soluzione. Basta considerare una matrice con due righe e quattro
colonne avente rango 2, ad esempio
1100)
A= ( 1000
·
La corrispondente applicazione lineare e quella cercata.
64. Si trovi una a.l. iniettiva f: R 2 ~ R 3 tale che f(l,O) = (1,1,1).
Soluzione. Basta considerare una matrice di rango 2 con tre righe e
due colonne, che abbia come prima colonna il vettore (1,1,1):
A=
01)
Infatti l'applicazione lineare f associata ha dim ker f = 2 - p(A) = 0.
Inoltre per definizione di applicazione lineare associata a una
matrice si ha f(l,O) = (1,1,1).
Capitolo V
SISTEMI LINEAR! E DETERMINANT!
65. Si stabilisca se e risolubile il sistema lineare AX = B dove
A=
(1 o 3
0 1 1 )
0 0 -1
B=
(i)
Soluzione. La matrice A ha rango 3 e pertanto anche la matrice
completa (A I B) ha rango 3; il sistema e risolubile.
66. Si risolva, al variare di h reale, il sistema lineare AX = B dove
A -- ( 01 h0 2h)
0
Soluzione. Si tratta di un sistema ridotto, e cioe:
hy+2hz = 0
X = 1.
V-2
Allora e evidente che, se h = 0, la soluzione generale e (1,y,z), con
y e z libere; se invece h -:t-- 0, si ottiene:
x=l
y = -2z
e in questo caso la soluzione generale e (1,-2z,z) con z libera.
0 1 1
67. Si risolva il sistema omogeneo AX = 0 dove A = ( ~ ~ -~
J
0 0 1
Soluzione. Occorre ridurre la matrice A. Con le trasformazioni:
R 1 ~ R 3 , R2 _, R 2 - Ri, R3 _, R 3 + R 2 , R4 _, 5R4 - R 3
si ottiene la matrice ridotta
1 3 -1
A '_ ( 0 -1 4
0 0 5
J
0 0 0
che ha rango 3. Pertanto il numero di incognite libere e 3-3 = 0 e il
sistema ha solo la soluzione nulla.
68. Si trovi l'inversa della matrice A = ( ~ ~
1)
1 3 -1
V-3
Soluzione. Occorre risolvere il sistema lineare
AX= I=
(6 ~ ~)
0 0 1
dove X e la matrice colonna i cui elementi sono le righe X 1, X 2 , X 3
della ma trice incognita A" 1 (se esiste). Si deve pertanto operare
sulle righe della matrice:
0111100
o 1 o)
1 3 -1
0 0 1
(A 11) = ( 1 2 3
fino a ridurre A. Con le trasformazioni R 1 ~ R 2 , R3 ➔ Ra-Ri,
R 3 ➔ R3 -R2 si ottiene la matrice
1 2 3
(A' I I') = ( o
1 1
Io
1 o)
1 o o
00-5
-1-11
con A' ridotta, che da luogo al sistema (nelle incognite X 1, X 2 , X 3 ):
X 1+ 2X2 + 3X3 = (0, 1, 0)
X2 + X3 = (1,0,0)
- 5X3 = (-1, -1, 1).
Si ottiene:
1
1
1)
4
1
1)
X3=(5, 5' -5
X2= ( 5,-5,5
11
4
1)
X1 = ( - 5, 5 '5
Quindi si ha
4 11 )
A -1 = -l (-11
4 -1
5
1
1 -1
V-4
69. Si calcolino i determinanti delle seguenti matrici:
A=
(123)
002
9 0 1
Soluzione.
det A = (sviluppo secondo la seconda riga)
= - 2(1,0 - 2-9) = - 2(-18) = 36;
det B = 2-1 - 0·8 = 2
70. Si stabilisca per quali h reali la matrice A =
(h11 ho0 231 ) einvertibile.
Soluzione. Basta vedere per quali h si ha
det A= -h(h-2) -::t. 0.
Quindi A e invertibile see soltanto se h -::t. 0, h -::t. 2.
71. Si stabilisca quali fra le seguenti matrici sono ortogonali, e quali
sono ortogonali speciali:
01 00 00 01
A= ( 0100
J
0 0 1 0
D- ( _--./3
2
-
1
_lJ
2
--.f3
-2 2
--./3 .!_)
2
1 --./3
B- ( 2
-
-2 2
E-
-
({3
2
1
.2!_
{3
-2 -2
J
-1 0 0 )
C = ( o o -1
0 0 1
V-5
Soluzione. A e ortogonale speciale in quanto <let A= 1 e inoltre:
t
0001](0100]
(1000]
1000
0010
0100
0001 = 0010 =I
0010
1000
0001
AA= ( 0100
B e ortogonale speciale in quanto <let B = 1 e inoltre:
C non e ortogonale perche non e invertibile avendo una colonna
nulla.
D e ortogonale non speciale in quanto det D = - 1 e
E non e ortogonale perche si ha : <let E = - ½* ± 1.
72. Si risolua con la regola di Cramer il sistema lineare
A=(~~~) e
AX = B dove
B=(i)
Soluzione. Poiche A ha rango 3, il sistema ha una e una sola
soluzione e si pub risolvere con la regola di Cramer. Si ha allora,
osservando che det A = 1:
X1
=I
t 6~ I = 4
301
X2
e quindi la soluzione e (4,0,-1).
=I
i t ~ I = 0 :XS= I 103
i 6t I = -1
131
V-6
73. Si provi che la matrice A = (~ ~
! ) e invertibile e se ne calcoli
0 2 0
l'inversa.
Soluzione. Si ha: det A = - 2(3-2) = -2 "# 0, quindi A e invertibile.
Per trovare l'inversa si puo risolvere con il metodo di riduzione il
sistema lineare AX = I. Si ha:
lll
(A I I) = ( 2 2 3
020
,100)
o1 o
001
Con la trasformazione R 2 ~ R 2-2R 1 si ottiene la matrice
111
1100)
020
001
(A' I I') = ( o o 1
-2 1 o
con A' ridotta. Risolvendo come al solito a partire dall'ultima
equazione si ottengono le tre righe:
1
X2 = (0, 0, 2)
X3 = (-2, 1, 0)
X1 = (3, -1, -½)
e quindi la matrice inversa e
A
-1
74. Si trovi una base di ker f, dove f: R 4 ➔ R 2 e l'applicazione lineare
definita da f( x,y,z,t) = (x-2y,x+y+z).
V-7
Soluzione. Occorre risolvere il sistema lineare omogeneo
x-2y = 0
x+y+z = 0
dove le incognite sono x,y,z,t (anche se t non compare
esplicitamente). La soluzione generale e (2y,y,-3y,t) con y e t
libere. Una base di ker f e quindi formata dai vettori (2,1,-3,0) e
(0,0,0,1) che si ottengono dalla soluzione generale ponendo y = 1,
t = 0, e successivamente y = 0, t = 1. Pertanto ker f ha dimensione
2.
75. Si trovi r ·1 (1,0), dove f e l'applicazione lineare dell'esercizio 74.
Sol uzione. Occorre trovare tutti i vettori (x,y,z,t) tali che
f(x,y,z,t) = (1,0). Cioe, bisogna risolvere il sistema non omogeneo
x-2y = 1
x+y+z = 0.
Si ottiene la soluzione generale (1+2y,y,-1-3y,t) cony e t incognite
libere.
76. Si risolva al variare di h reale il sistema lineare AX= B, dove
(A I B) =
i :~ ~ I 0~ )
(~
0 1 -1 -1
Soluzione. Con le trasformazioni R 2 ~ R 2 - R 1 , R 3 ~ R 3 - R 1 si
ottiene la matrice:
V-8
(A' I B') =
h
1 -1 1
( 1-h
h-1 o -1
-h
0
I O)
1
0 -2
0
*
Se h 1 la matrice dei coefficienti A' e ridotta di rango 3 = rango
della matrice completa; pertanto il sistema ammette 001 soluzioni e
una incognita libera.
Se h = 1 con la trasformazione R3 ~ R 2 si ottiene la matrice
(A"IB")=
1 -1 1 I o
(-101 o
o-2 o)
0 0 -1
1
con A" ridotta.
I due ranghi sono ancora 3 e il sistema e risolubile con una
incognita libera. Le soluzioni sono:
per h = 1
(2, y, y+l, -1)
per h -:t:- 1
(x,
con y libera
2+(h-2)x 2+(h2-2)x _ hx)
2h-2 '
2h-2
'
2
con x libera.
77. Quante incognite libere ha il sistema AX = B con
(A I B) =
1111
( 1 1 1 o
0 1 1 0
Io) ?
1
0
Soluzione. Sia A sia (A I B) hanno rango 3 mentre le incognite
sono 4. Quindi c'e una incognita libera.
78. Si provi che un sistema lineare omogeneo di 60 equazwni zn 70
incognite ha sempre infinite soluzioni.
Soluzione. La matrice dei coefficienti ha rango p ::s; 60 e quindi ci
sono almeno 70 - 60 = 10 incognite libere.
V-9
79. E' vero che un sistema lineare omogeneo di 70 equazioni e 60
incognite ha sempre soluzioni non nulle?
Soluzione. No. Se la matrice dei coefficienti ha rango 60 il sistema
ha solo la soluzione nulla.
80. Pua un sistema lineare di 4 equazioni in due incognite avere
infinite soluzioni?
Soluzione. Si, e sufficiente che la matrice dei coefficienti e quella
completa abbiano entrambe rango 1. Ad esempio il sistema
x+y = 0
2x+2y = 0
-x-y = 0
-7x-7y = 0
ha come soluzione generale (x,-x), con x incognita libera.
81. Pua un sistema di tre equazioni in tre incognite avere tutte e tre le
incognite libere?
Soluzione. Se il sistema e risolubile e le tre incognite sono libere si
deve avere p(A) = p(A IB) = 0
Ne segue che le matrici hanno rango 0, cioe sono entrambe nulle.
Pertanto il sistema deve essere formato dalle tre equazioni:
0x+0y+0z = 0
0x+0y+0z = 0
0x+0y+0z = 0.
V-10
0x+0y+0z = 0
0x+0y+0z = 0.
82. Si troui, se esiste, l'inuersa della matrice A= (~
~ ~)
QOC
Soluzione. Se a = 0, oppure b = 0, oppure c = 0 si ha det A = 0, e
quindi A none invertibile. Se a;t: 0, b:;t 0, c :;t 0, si ha
83. Si troui una matrice A tale che si abbia
dove a e b sono numeri reali ~ 0.
Soluzione. Ad esempio A= (~
fh)
84. *Si troui l'inuersa della matrice a coefficienti complessi
i
2i) ·
A= ( 3i 4i
Soluzione. Si ha: det A = 4i 2 -6i 2 = -2i 2 = 2 :;t 0 e quindi A e
invertibile. L'inversa e la matrice
Capitolo VI
AUTOVALORIEAUTOVETTORI
85. Si trovino autovalori e autovettori dell'applicazione lineare
f: R 3 - R 3 definita da f (x,y,z) = (2x,2x,2x).
Soluzione. La matrice associata ad f e
A= (~
gg)
2 0 0
Quindi il p. C. di f e
0
P(A) = det (A-AI) = det ( \ 1- - 1.
2
~ J= A2(2 - A).
0 -1.
Pertanto f ha gli autovalori A1 = 0 doppio e A2 = 2 semplice.
L'autospazio relativo a A1 = 0 si ottiene risolvendo il sistema
2x = 0
2x = 0
2x= 0
VI-2
e quindi e formato dai vettori (0,y,z) con y e z libere. Una sua
base e data dai vettori (0,1,0) e (0,0,1).
L'autospazio relativo a 11.2 = 2 si ottiene risolvendo il sistema
0=0
2x-2y = 0
2x-2z = 0
e quindi e formato dai vettori del tipo (x,x,x). Una sua base e
(1,1,1).
86. Si stabilisca se l'endomorfismo dell'esercizio 85 e semplice. In caso
affermativo trovare una matrice invertibile P tale che la matrice
p· 1AP sia diagonale
Soluzione. f e semplice perche le radici del polinomio caratteristico
sono reali e hanno molteplicita uguale alla dimensione dei relativi
autospazi.
La matrice A si diagonalizza mediante la matrice
p =
(001)
1 0 1
0 1 1
e si ottiene
P e la matrice che ha come colonne gli autovettori trovati
nell'esercizio precedente, nell'ordine in cui gli autovalori 0 e 2
compaiono sulla diagonale di B.
VI-3
87. Per quali numeri reali h l'endomorfismo associato alla matrice
A= (
i ~) esemplice?
Soluzione. II p.c. di A e
P(11.)
.
=det ( \
e s1 annulla per A =
1
Se h > - 4
;i_ /
5 ± ✓ 1+4h
2
;i_
)= 11. 511. + 6 - h
2-
.
le radici del p.c. sono reali e distinte, quindi f e
semplice. Se h < -¾ le radici del p.c. non sono reali e quindi f non
e semplice. Se h = - ¾ il p.c. ha la sola radice doppia ~. La matrice
A-fl=un
ha rango 1 e quindi l'autospazio corrispondente ha dimensione
2-1 = 1 < 2. L'endomorfismo pertanto none semplice.
88. Si stabilisca se l'endomorfismo f di R 4 associato alla matrice
A=(
~ ~ ~ i Jesemplice.
0 0 0 0
Soluzione. II p.c. e P(A) = 11.4 e quindi l'unico autovalore e 0, con
molteplicita 4. La matrice A ha rango 1, quindi l'autospazio ha
dimensione 4 -1 = 3 < 4; ne segue che f none semplice.
Vl-4
89. Si trovino autovalori e autospazi dell'endomorfismo
f di R 3
001) e si stabilisca se f esemplice.
associato alla matrice A = ( o o 1
0 0 0
,
Soluzione. La matrice ha l'unico autovalore 0 triplo, con autospazio
di dimensione 3-1 = 2. Una base dell'autospazio e formata dai
vettori v = (1,0,0) e w = (0,1,0). Pertanto l'endomorfismo non e
semplice.
90. Per quali h reali e semplice l'endomorfismo f di R 4 associato alla
matrice A = (
~0 ~0 ~1 ~3 J?
Soluzione. 11 p.c. di f e (2-A)(3-A) 2(h-A). Se h ;t. 2, h ;t. 3, l'autovalore
2 e semplice e l'autovalore 3 e doppio; inoltre si ha: p(A- 3 I)= 3 e
quindi l'autospazio ha dimensione 4 - 3 = 1 < 2. Pertanto f none
semplice.
Se h = 2, l'autovalore 2 e doppio e l'autospazio ha dimensione
4 - p(A-21) = 4 - 2 = 2; tuttavia l'autospazio relativo all'autovalore 3
(doppio) ha dimensione 4 - 3 = 1 < 2. Quindi f none semplice.
Infine se h = 3 l'autovalore 3 e triplo con autospazio di dimensione
4 - 2 = 2 < 3; quindi f none semplice nemmeno in questo caso.
91. Ilp.c. di un endomorfismo f e P(A) = -A(l-A)(5-A)(7-A); fe semplice?
Soluzione. Si perche gli autovalori sono 4 come il grado del
polinomio caratteristico e tra loro distinti.
VI-5
11 11 11 11 11
92. *L'endonwrfismo f di R 5 associato alla matrice A= ( 1 1 1 1 1
J
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
e semplice? In caso affermativo trovare una matrice diagonale B e
una matrice invertibile P tale che p- 1AP = B.
Soluzione: L'endomorfismo e semplice (senza calcoli) perche la
matrice A e simmetrica e quindi diagonalizzabile.
Per trovare B e P troviamo gli autovalori e i relativi autospazi. In
primo luogo la matrice ha l'autovalore nullo perche ha determinante
nullo. Inoltre si ha:
p(A) = 1
quindi l'autospazio relativo all'autovalore nullo ha dimensione
5-1 = 4. Cio significa che l'autovalore nullo ha molteplicita 2 4, e
quindi 4 oppure 5. Risulta poi che si ha
f(l,1,1,1,1)
= f(l,O,O,O,O)+f(0,1,0,0,0)+f(0,0,1,0,0)+f(0,0,0,0,1,0)+f(0,0,0,0,1)
= (1,1,l,1,1)+(1,l,1,1,l)+(l,1,1,1,1)+(1,1,1,1,l)+(l,1,l,1,l)
= 5(1,l,1,1,1).
Ne segue che f ha anche l'autovalore 5 con molteplicita 1 perche
c'e gia l'autovalore 0 con molteplicita 2 4. Se ne deduce che la
molteplicita di 0 e esattamente 4.
Gli autospazi hanno pertanto dimensioni 1 (autovalore 5) e 4
(autovalore 0) e hanno basi rispettivamente
(1,1,1,1,1)
(l,0,0,0,-1),(0, 1,0,0,-1),(0,0,1,0-1),(0,0,0, 1,-1)
(L'autospazio relativo all'autovalore 0 si ottiene dall'equazione
x+y+z+t+u = 0, che ha soluzione generale (x,y,z,t,- (x+y+z+t)).
Si ha quindi ad esempio
VI-6
~ ~ ~ ~J
B = (~0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
con
P=
( 11~to0 o~0 i01 io1
J
1 -1 -1 -1 -1
93. Per quali h reali la matrice A = ( ~ ~ ) ediagonalizzabile?
Soluzione. Gli autovalori di A sono le soluzioni dell'equazione
(h-A) 2 - h 2 = 11,2 - 2hA = 0, e quindi sono O e 2h. Se h"" 0, si tratta di
autovalori tra loro distinti e quindi A e diagonalizzabile. Se h = 0,
l'autovalore O e doppio; poiche A ha rango 0, l'autospazio ha
dimensione 2 - 0 = 2. Quindi A e diagonalizzabile anche per h = 0.
Osserviamo che essendo A simmetrica si puo decidere subito, senza
calcoli, che A e diagonalizzabile.
94. Si trovi un endomorfismo
assegnati 4 e -7.
f di R 2 che abbia gli autovalori
Soluzione. Basta considerare la matrice
L'endomorfismo associato e quello richiesto.
VI-7
95. *Si troui un endomorfismo f di R 3 che abbia gli autoualori 0
doppio e 1 semplice e tale che l'autospazio relatiuo a O sia generato
da (0,1,0), (2,0,0), mentre l'autospazio relatiuo a 1 sia generato da
(0,0,4).
Soluzione. Si deve avere:
f((0,1,0) = f( 2,0,0) = (0,0,0).
e quindi anche:
f( 1,0,0) = f(\O,O) = (0,0,0).
Inoltre si deve avere:
f( 0,0,4) = 4f( 0,0,1) = (0,0,4)
da cui segue che
f( 0,0,1) = (0,0,1).
Resta completamente determinata la matrice associata ad f, che e
A=
00)
(0ooo
0 0 1
Capitolo VII
EQUAZIONI E SISTEMI DIFFERENZIALI
96. Si risolva l'equazione differenziale y' - 5y = 26cos x.
Soluzione. L'equazione e lineare non omogenea del primo ordine.
L'integrale generale e quindi
y(x) = (H(x) + k)e-A(x)
dove A(x) e una primitiva di a(x) = - 5, e H(x) e una primitiva di
b(x) eA(x), dove b(x) = 26cos x. Si puo prendere A(x) = - 5x, e quindi
H(x) deve essere una primitiva di 26(cos x)e- 5x. Risulta (omettiamo
i dettagli)
J26(cos x )e· 5Xdx = e·5X(sin x - 5cos x) + c
e quindi si puo prendere H(x) = e· 5X(sin x - 5cos x). L'integrale
generale e quindi y(x) = ( e- 5X(sin x - 5cos x) + k)e 5x, cioe
y(x) = sin x - 5cos x + ke 5x
con k costante arbitraria.
VII-2
*Soluzione alternativa. L'equazione omogenea associata e y'-5y = 0,
e ha integrale generale
y = ke5x_
Se y0 e un integrale particolare dell'equazione non omogenea,
l'integrale generale dell'equazione non omogenea e
Y =Yo+ ke 5x
Si puo dimostrare che esiste un integrale particolare della non
omogenea del ti po
y = A cos x + B sin x.
Sostituendo nell'equazione differenziale si ottiene:
- A sin x+B cos x - 5(A cos x + B sin x) = 26cos x.
Ne segue (eguagliando i coefficienti di sm x
membri):
e di cos x nei due
-A- 5B = 0
- 5A + B = 26
da cui A= - 5, B = 1. Quindi l'integrale particolare cercato e
Yo= - 5cos x + sin x
e l'integrale generale risulta ancora
y(x) = sin x - 5cos x + ke 5 x con k costante arbitraria.
97. Si trovi l'integrale generale dell'equazione differenziale
y"-10y'+24y = 24x 2+ 52x + 20.
Si trovi inoltre l'integrale particolare tale che
y(O) = 4
y'(O) = 0.
Soluzione. L'equazione differenziale omogenea associata e
VIl-3
· y"-10y'+24y = 0.
Dalla corrispondente equazione algebrica
z2-10z+24 = 0,
avente radici z 1 = 4 e z 2 = 6, risulta che l'integrale generale
dell'equazione omogenea associata e
y(x) = he 4x+ ke 6x
con he k costanti arbitrarie.
11 termine noto e
b(x) = 24x2 + 52x + 20 = e 0 (24x2 + 52x + 20).
Poiche O none radice dell'equazione z 2 -10z+24 = 0, si puo trovare
una soluzione particolare del tipo
y = ax 2+bx+c.
Sostituendo nell'equazione differenziale, si ottiene:
2a-10(2ax+b)+24(ax2 +bx+c) = 24x2 + 52x + 20
24ax2 + (- 20a+24b)x + 2a- 10b+24c = 24x2 + 52x + 20
e quindi il sistema in a,b,c:
24a = 24
- 20a + 24b = 52
2a -lOb +24c = 20.
Si ottiene:
a =1
C = 2,
cioe la soluzione particolare x 2 +3x+2. Quindi l'integrale generale e
y(x) = x 2+3x+2+ he 4x+ke6x.
L'integrale che soddisfa le condizioni iniziali si ottiene dal sistema
2+h+k=4
3 + 4h + 6k = 0
che ha soluzione:
VII-4
L'integrale particolare cercato e quindi
15
11
6
y(x) = x 2 + 3x + 2 + 2 e4x - 2 e x.
98. Si risolva il sistema differenziale
~! = AY dove A = ( t ~ ).
Soluzione. La matrice A e diagonale e quindi il sistema si spezza in
due equazioni separate:
~
4
dx = Y1
dy2
~=4Y2·
Si trova la soluzione
(y 1,y 2 ) = (he 4x, ke 4 X) con h e k costanti arbitrarie.
99. Si risolva il sistema differenziale
~ = AY dove
A=
( ~
1) .Si
trovi poi l'integrale particolare (Y1,Y2) tale che Y1(0) = 3, Y2(0) = 0.
Soluzione. A e diagonalizzabile perche ha gli autovalori 7 e 1 con
molteplicita 1. I relativi autospazi sono generati dai vettori (1,2) e
(1,-4) e hanno dimensione 1. Quindi ponendo
risulta
VII-5
Eseguiamo il cambio di variabili Z = PY, ovvero
{
Yl = z1+ z2
Y2 = 2z1- 4z2
ottenendo il nuovo sistema differenziale nelle incognite z1 e z2:
dZ
dx = BZ.
Questo sistema ha integrale generale
(z 1, z2) = (he7x, keX) con h e k costanti arbitrarie.
Sostituendo nelle (
cioe:
0 )
si trova l'integrale generale del sistema dato e
(y1,Y2) = (he 7X+keX, 2he 7x- 4keX)
con h e k costanti arbitrarie.
Per trovare l'integrale particolare richiesto bisogna imporre le
condizioni iniziali date e trovare i valori di h e k. Si ha:
h+k=3
2h- 4k = O
da cui risulta h = 2, k = 1. L'integrale particolare richiesto e quindi
(y1,Y2) = (2e 7x+ ex, 4e 7x- 4eX)
VII-6
100. *Si risolva l'equazione differenziale
y"- y = sin x.
Soluzione. L'equazione omogenea associata e
y"- y = O;
La corrispondente equazione algebrica z 2-1 = 0 ha soluzioni
e quindi l'integrale generale dell'equazione omogenea associata e
con h e k costanti arbitrarie.
Si puo dimostrare che in questo caso un integrale particolare
dell'equazione non omogenea ha la forma
y = A sin x + B cos x.
Sostituendo si ottiene:
- A sin x - B cos x - A sin x - B cos x = sin x
da cui si deducono, uguagliando i coefficienti di sm x e di cos x nei
due membri;
-2A = 1
-2B = 0
Quindi l'integrale particolare e
smx
Yo= - - 2-.
L'integrale generale e quindi
sin x
y(x) = hex+ ke-x - - 2 -
con h e k costanti arbitrarie
Finito di stampare nel mese di settembre 1994
presso la M. S./Litografia s.r.l. - Torino
per conto della Editrice Universitaria
Levrotto & Bella - Torino
ISBN 88-8218-069-7
II II IIll I111111111111111
9 788882 180690