dulio pacco - matrici sistemi spazi vettoriali

PAOLO DULIO WALTER PACCO

APPUNTI DI ALGEBRA LINEARE

MATRICI, SISTEMI, SPAZI

TEORIA ED ESERCIZI SVOLTI

Indice

1 DAGLI INSIEMI ALLE MATRICI 51.1 NOZIONI PRELIMINARI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 Relazioni tra insiemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.2 Applicazioni o funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.3 Relazioni in un insieme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Relazioni di equivalenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Relazioni d’ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Classi di resti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1.4 Richiami sul Massimo Comune Divisore . . . . . . . . . . . . . . . . 10Algoritmo di Euclide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.1.5 Cenni sulle equazioni modulari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.1.6 Operazioni negli insiemi numerici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.1.7 Strutture algebriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.1.8 Strutture su classi di resti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.2 MATRICI SU UN CAMPO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.2.1 Particolari insiemi di matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.2.2 Operazioni fra matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Somma di matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Prodotto per uno scalare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Combinazioni lineari di matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Prodotto di matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Trasposizione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.2.3 Determinante di una matrice quadrata . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Uso del Teorema di Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Proprieta del determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.2.4 Caratteristica o rango di una matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Calcolo del rango di una matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.2.5 Matrice inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.3 ESERCIZI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2 SISTEMI LINEARI 412.1 DEFINIZIONE E NOTAZIONI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.1.1 Matrici associate ai sistemi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2 STUDIO DI UN SISTEMA LINEARE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.2.1 Risolubilita di un sistema lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.2.2 Determinazione delle soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4 INDICE

Risoluzione di un sistema lineare col metodo di sostituzione . . . . . 45

La regola di Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

Uso della regola di Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.2.3 Caratterizzazione delle soluzioni di un sistema lineare . . . . . . . . 50

2.3 ESERCIZI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3 SPAZI VETTORIALI 55

3.1 ESEMPI E STRUTTURA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.1.1 Lo spazio dei polinomi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.1.2 Lo spazio delle matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.1.3 Lo spazio delle funzioni. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3.1.4 Gli assiomi di spazio vettoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.1.5 Lo spazio canonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.2 SOTTOSPAZI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.2.1 Combinazioni lineari e sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.2.2 Chiusura lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.3 GENERATORI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.3.1 Dipendenza ed indipendenza lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.3.2 Basi di uno spazio vettoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Coordinate di un vettore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.3.3 Dimensione di uno spazio vettoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Classificazione dei sottospazi di Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.4 OPERAZIONI TRA SOTTOSPAZI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.4.1 Intersezione di sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.4.2 Unione di sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.4.3 Somma di sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.4.4 La Formula di Grassmann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.5 ESERCIZI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

4 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI 89

4.1 ESERCIZI CAPITOLO 1 - SOLUZIONI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4.2 ESERCIZI CAPITOLO 2-SOLUZIONI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

4.3 ESERCIZI CAPITOLO 3-SOLUZIONI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

Capitolo 1

DAGLI INSIEMI ALLEMATRICI

In questo capitolo vogliamo imparare a lavorare con le matrici, uno strumento moltogenerale, utilizzato anche in altri Corsi, che fornisce la base teorica per affrontare diversequestioni di Algebra Lineare e di Geometria Analitica. Prima di tutto consideriamo peroalcune nozioni che possono rivelarsi utili nel seguito, riguardanti gli insiemi e le principalistrutture che in essi si possono costruire.

1.1 NOZIONI PRELIMINARI

Nella Scuola Media si e visto che esistono diversi tipi di numero, spesso rappresentatigeometricamente come punti di una retta. Inizialmente viene considerato l’insieme N ={1, 2...} dei numeri interi , poi l’insieme Z = {0,±1,±2, . . . ,±n, . . .} dei numeri interirelativi . Successivamente si esamina l’insieme Q =

{ mn

∣∣ m,n ∈ Z, n 6= 0}, detto insieme

dei numeri razionali , fino ad arrivare ai numeri reali R. Solo in questo momento e possibileassociare un numero ad ogni punto, e, al contrario, trovare posto per tutti i numeri.Tecnicamente si parla di corrispondenza biunivoca tra i numeri reali e i punti di una retta.Per ognuna delle classi di numeri considerate, si parla di insiemi numerici . Piu in generale,il termine insieme indica una collezione, un raggruppamento di oggetti di qualsiasi natura,dotati di un criterio in base al quale e possibile stabilire senza equivoci se un oggettoappartiene o meno ad un dato raggruppamento. Considerando solo alcuni degli elementidi un dato insieme A, si ottiene poi un sottoinsieme di A. Tra gli insiemi annoveriamoanche l’insieme vuoto ∅, cioe l’insieme privo di elementi.

Le seguenti sono alcune delle principali operazioni tra insiemi.

• Intersezione. L’intersezione tra due insiemi A e B e l’insieme C formato daglielementi che appartengono sia ad A che a B. Questa operazione si indica con ilsimbolo A ∩ B. Se A ∩ B = ∅, gli insiemi A e B vengono detti insiemi disgiunti .

• Unione. L’unione di due insiemi A e B e l’insieme C degli elementi che appartengonoad A o a B o a entrambi. Questo insieme si indica con il simbolo C = A ∪ B.

• Differenza. Si chiama differenza di due insiemi A e B l’insieme C degli elementi diA che non appartengono a B. In simboli la differenza si indica con C = A \ B. Siparla di differenza simmetrica per indicare l’insieme A4 B = (A \ B) ∪ (B \ A).

6 DAGLI INSIEMI ALLE MATRICI

• Prodotto cartesiano. Dati due insiemi non vuoti A e B, si chiama coppia ordinataun insieme di due elementi (a, b) nel quale il primo elemento appartiene ad A e ilsecondo a B. Si chiama prodotto cartesiano di A e B, e si indica con il simbolo A×B,l’insieme delle coppie ordinate (a, b), con a ∈ A e b ∈ B.

• Insieme delle parti. Se lavoriamo in un insieme X fissato, l’insieme di tutti isottoinsiemi di X si dice insieme delle parti di X e si indica con P(X). Se A ∈ P(X),l’insieme differenza X \ A viene anche detto insieme complementare di A in X, e siindica con C(A).

Osservazioni ed esempi.

1. Si verifica facilmente che C(A ∪ B) = C(A) ∩ C(B) e C(A ∩ B) = C(A) ∪ C(B). Taliformule sono note come leggi di De Morgan

2. Si verifica facilmente anche che valgono le proprieta distributive A ∪ (B ∩ C) =(A ∪ B) ∩ (A ∪ C), e A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

1.1.1 Relazioni tra insiemi

Consideriamo le seguenti frasi: (a) Il triangolo A ha la stessa area del trapezio B. (b)Maria e madre di Lucia. (c) 25 e divisibile per 5. (d) A, B, C,D sono i vertici di unquadrato. (e) Il colore verde e piu bello del rosso. Soltanto nei casi (a), (b), (c) abbiamorelazioni in senso matematico. Solamente in questi casi infatti il predicato (verbo) fornisceuna indicazione chiara, non e soggetto all’interpretazione del lettore ed il legame che sistabilisce tra gli argomenti (nomi) e limitato solamente a due di essi. In (d) il predicato siriferisce invece a quattro argomenti, mentre il caso (e) esprime una valutazione soggettiva.Definiamo allora una relazione tra insiemi nella maniera seguente.

Definizione 1.1. Si dice che tra due insiemi A e B e presente una relazione, se e definitauna proprieta R, tale che xRy oppure yRx, per ogni x ∈ A e per ogni y ∈ B. In questocaso scriviamo ARB (A e in relazione con B). In caso contrario scriviamo ARB (A none in relazione con B).

Chiamiamo dominio di una relazione R, definita tra gli insiemi A e B, il sottoinsiemedi A costituito da tutti gli elementi ai quali e associato un elemento di B, cioe domR ={x ∈ A|xRy, y ∈ B}. Il codominio di una relazione e il sottoinsieme degli elementi di Bche sono associati a qualche elemento di A, cioe codomR = {y ∈ B|xRy, x ∈ A}.


1. Una relazione R tra gli elementi di due insiemi A e B, essendo un insieme di coppieordinate (x, y) il cui primo elemento x ∈ A e il cui secondo elemento y ∈ B, e ancheun sottoinsieme del prodotto cartesiano A× B, ovvero R ⊆ A× B.

2. Una relazione puo essere definita su un unico insieme A. In questo caso la relazionecoinvolge coppie di A× A. Si parla pertanto di relazione in un insieme.

1.1 NOZIONI PRELIMINARI 7

3. Data una relazione R tra due insiemi A e B, non e detto che a tutti gli elementi diA sia associato un elemento di B, cosı come non e detto che tutti gli elementi di Bvengano coinvolti dalla relazione. Pertanto, in generale, il dominio ed il codominiosono sottoinsiemi propri di A e B rispettivamente.

4. Sia A = {12, 24, 37, 40} e B = {2, 3, 4, 5, 7}. Consideriamo la relazione R: x emultiplo di y, con x ∈ A ed y ∈ B. In questo caso abbiamo domR = {12, 24, 40} ecodomR = {2, 3, 4, 5}.

1.1.2 Applicazioni o funzioni

Tra le relazioni rivestono particolare importanza le funzioni o applicazioni . Una funzionef da A in B e una relazione tra gli elementi di A e quelli di B che associa ad alcuni elementidi A uno ed un solo elemento di B. In simboli abbiamo f : A → B.L’insieme X degli elementi di A ai quali si applica la funzione e il dominio della funzionef . L’insieme Y degli elementi di B raggiunti dalla funzione e il codominio della funzione.

Se consideriamo un insieme E ⊆ A, indichiamo sinteticamente con f(E) l’insieme deipunti di B ottenuti applicando f ai punti di E. Se F ⊆ B, indichiamo con f−1(F) l’insiemedei punti di A la cui immagine appartiene ad F. In particolare risulta Y = f(X). Se ognicoppia di elementi distinti di A ha immagini distinte in B, parliamo di funzione iniettiva.In tale caso, per ogni y ∈ codomf , f−1(y) e ridotta ad un solo punto di domf . Pertantola relazione f−1 : codomf → domf tale che f−1(y) = x se f(x) = y e una funzione,detta funzione inversa di f . Se per ogni elemento y ∈ B esiste almeno un elemento x ∈ Atale che f(x) = y si ha una funzione suriettiva. L’elemento x tale che f(x) = y si dicecontroimmagine di y. Se una funzione e contemporaneamente iniettiva e suriettiva, essaviene definita funzione biunivoca.


1. Si considerino gli insiemi A = {2, 3, 5} e B = {4, 7, 9, 25} e la relazione R tra Ae B descritta da x e divisore di y. Questa relazione e una funzione, poiche ognix ∈ A viene associato ad un solo y ∈ B. In particolare il dominio e tutto l’insiemeA, mentre il codominio e il sottoinsieme di B dato da Y = {4, 9, 25}. La funzionee iniettiva, poiche ad ogni coppia di elementi distinti di A corrispondono elementidistinti di Y . Essa non e invece suriettiva, dato che il numero 7 ∈ B non ha alcunacontroimmagine in A.

2. Si considerino gli insiemi A = {−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4} e B = {1, 9, 16} e la relazioneR tra A e B descritta da xRy se y = x2, x ∈ A, y ∈ B. Essa e una funzione,il cui dominio e X = {−1, 1, 3, 4}, mentre il codominio e tutto l’insieme B. Lafunzione e quindi suriettiva, ma non e iniettiva, poiche il numero 1 ∈ Y ha le duecontroimmagini x = −1 ed x = 1.

3. Siano A = { Roma, Parigi, Vienna} e B = { Italia, Francia, Austria}. Consideriamola relazione R: x e capitale di y. Questa relazione e una funzione biunivoca.

4. Siano f : A → B e g : B → C due funzioni tali che domg ⊆ codomf . Allora lafunzione h : A → C tale che h(x) = g(f(x)) per ogni x ∈ domf si dice funzionecomposta delle funzioni g ed f . Essa si indica con il simbolo h = g ◦ f .


1.1.3 Relazioni in un insieme

Spesso si considerano relazioni del tipo ARA, nelle quali cioe il dominio ed il codomi-nio appartengono allo stesso insieme A. Le principali proprieta che vengono studiate inriferimento a queste sono le seguenti.

Proprieta riflessiva. Diciamo cheR e una relazione riflessiva se ogni elemento x ∈ A e inrelazione con se stesso, cioe, se per ogni x ∈ A, accade che xRx (in simboli ∀x ∈ A ⇒ xRx).Proprieta antiriflessiva. Si parla di relazione antiriflessiva se nessun elemento di A ein relazione con se stesso, cioe xRx per ogni x ∈ A (in simboli ∀x ∈ A ⇒ xRx).Proprieta simmetrica. Abbiamo una relazione simmetrica R se ogni volta che x ∈ A ein relazione con y ∈ A, accade anche che y e in relazione con x, cioe se per ogni x, y ∈ A taliche xRy risulta anche yRx (in simboli ∀x, y ∈ A, xRy ⇒ yRx). In altre parole la relazioneR e simmetrica se non ha importanza l’ordine degli argomenti che vengono coinvolti.Proprieta antisimmetrica. Diciamo che R e una relazione antisimmetrica se ogni ognivolta che x ∈ A e in relazione con y ∈ A accade che y e in relazione con x soltanto se x = y,cioe se xRy allora yRx se e solo se x = y (in simboli ∀x, y ∈ A, xRy ∧ yRx ⇒ x = y,dove ∧ indica il connettivo logico e). In altre parole R e antisimmetrica se ha importanzal’ordine degli argomenti coinvolti.Proprieta transitiva. Abbiamo una relazione transitiva R se dal fatto che x e in rela-zione con y, ed y e in relazione con z segue che x e in relazione con z, cioe, se xRy ed yRzallora anche xRz (in simboli ∀x, y, z ∈ A, xRy ∧ yRz ⇒ xRz).

Relazioni di equivalenza

Una relazione R, definita su un insieme A, si dice relazione di equivalenza se gode, con-temporaneamente, delle proprieta riflessiva, simmetrica e transitiva. Gli elementi dellacoppia (x, y) in relazione tra loro sono detti in questo caso elementi equivalenti .Quando in un insieme A viene introdotta una relazione di equivalenza gli elementi diA possono essere ripartiti in classi, dette classi di equivalenza, in ognuna delle quali glielementi sono tutti equivalenti tra loro. Qualsiasi elemento di una classe di equivalenzapuo essere utilizzato per individuare la classe stessa, ed in tale caso viene chiamato rap-presentante della classe. L’insieme delle classi di equivalenza prende il nome di insiemequoziente. Esso puo essere ottenuto considerando l’insieme dei rappresentanti delle classidi equivalenza.

Relazioni d’ordine

Una relazione R per la quale valgono contemporaneamente le proprieta transitiva ed an-tiriflessiva, si dice relazione d’ordine stretto. Se invece R gode delle proprieta riflessiva,antisimmetrica e transitiva, si parla di relazione d’ordine largo, o, piu semplicemente, direlazione d’ordine. Un insieme A, dotato di una relazione d’ordine R viene detto insiemeordinato. Due elementi x, y di un insieme ordinato da una relazione R si dicono elementiconfrontabili se si verifica xRy oppure yRx. Una relazione d’ordine si dice di ordine totalequando tutti gli elementi dell’insieme in cui e definita sono confrontabili tra loro. In casocontrario si parla di ordine parziale.


Classi di resti

Nell’insieme Z dei numeri interi relativi fissiamo un numero positivo n, e consideriamo larelazione data da

xRy ⇔ x− y = kn, per qualche k ∈ Z (1.1.1)

Tale relazione, detta relazione modulo n lega due interi relativi se e solo se la loro differenzae un multiplo di n.

Teorema 1.2. La relazione modulo n e una relazione di equivalenza.

-Dimostrazione. La relazione e riflessiva. Infatti xRx per ogni x ∈ Z. Basta prenderek = 0 (x− x = 0 · n).

E simmetrica. Infatti, se xRy, allora esiste k ∈ Z tale che x − y = kn. Ma alloray − x = −kn, e quindi yRx.

E transitiva. Se xRy ed yRz esistono k, h ∈ Z tali che x − y = kn ed y − z = hn, equindi x− z = x− y + y − z = kn + hn = (k + h)n. Pertanto risulta xRz. ¥

Poiche la relazione modulo n e una relazione di equivalenza in Z, possiamo considerarel’insieme quoziente. Esso si indica con Zn e si dice insieme delle classi di resti modulo n.Se x ∈ Z, la classe [x] contiene, oltre ad x, tutti gli interi relativi che differiscono da x perun multiplo di n, cioe [x] = {x + kn, k ∈ Z}. Il motivo per cui si parla di classe di resti echiarito dal seguente teorema.

Teorema 1.3. Siano x, y ∈ Z, e sia R la relazione modulo n. Allora xRy se e solo sedividendo x ed y per n si ottiene lo stesso resto.

-Dimostrazione. Supponiamo che sia xRy. Allora esiste k ∈ Z tale che x− y = kn.Siano q1 ed r1 il quoziente ed il resto della divisione di x per n, cioe x = q1 · n + r1, con0 ≤ r1 < n. Analogamente, siano q2 ed r2 il quoziente ed il resto della divisione di y pern, cioe y = q2 · n + r2, con 0 ≤ r2 < n. Abbiamo allora q1 · n + r1 = q2 · n + r2 + kn ⇒(q2 + k − q1)n = r1 − r2. Poiche 0 ≤ r1 < n e 0 ≤ r2 < n risulta −n < r1 − r2 < n, equindi deve essere q2 + k − q1 = 0, cioe r1 = r2.

Supponiamo ora che la divisione di x e di y per n fornisca lo stesso resto. Abbiamoquindi x = q1 · n + r ed y = q2 · n + r, per cui x− y = (q1 − q2)n, e quindi xRy. ¥


1. Possiamo costruire esempi di relazioni in un insieme, che sono dotate di una o piutra le proprieta elencate. Vediamone alcune.

In A = N la relazione essere uguale e riflessiva, simmetrica e transitiva.

In A = {uomini della Terra} la relazione R: x e padre di y non e riflessiva: nessunoinfatti e padre di se stesso.

In A = {uomini della Terra} la relazione R: x e cugino di y e simmetrica, non e neriflessiva ne transitiva (se a e cugino di b per parte di padre e b e cugino di c perparte di madre, a e c non sono, in generale, cugini tra loro).

In A = N la relazione R: x e multiplo di y non e simmetrica. Tale relazione e inveceantisimmetrica. Infatti, affermare che x e multiplo di y significa dire che x contiene


y un certo numero di volte, cioe x = hy per qualche h ∈ N, h ≥ 1. Quindi y nonpuo essere piu grande di x. Di conseguenza, se anche y e multiplo di x deve esserenecessariamente h = 1, cioe x = y. Nello stesso insieme degli interi, la relazioneessere maggiore di non e antisimmetrica.

Nell’insieme delle persone viventi la relazione R: x e piu alto di y e antiriflessiva,poiche nessuna persona puo essere piu alta di se stessa. Invece la relazione R: xe orgoglioso di y non e antiriflessiva, poiche esistono persone che sono orgogliose dise stesse. Si noti che questa relazione non e neppure riflessiva, in quanto esistonopersone che non sono orgogliose di se stesse.

2. Sia A l’insieme dei giocatori di calcio del campionato italiano. Consideriamo in Ala relazione R: x e compagno di squadra di y. Possiamo verificare facilmente chequesta relazione e di equivalenza in A. Le classi di equivalenza sono le singole squadreitaliane. Ogni giocatore di una data squadra puo essere preso come rappresentante.Infatti il nome di un giocatore permette di identificare immediatamente la squadradi appartenenza.

Se con A indichiamo invece l’insieme di tutte le squadre del mondo, la relazione R: xe compagno di squadra di y non e piu transitiva. Sia infatti y un giocatore stranierodel campionato italiano, che appartenga anche alla nazionale del proprio Paese. Siax un compagno di y nella squadra italiana, e z un compagno di y nella nazionale delproprio Paese. Allora x e z non sono in generale compagni di squadra.

3. Sia A l’insieme delle rette del piano, ed R: x e parallela ad y, con x, y ∈ A. Anche inquesto caso si ha una relazione di equivalenza. Le classi di equivalenza sono i fasci dirette parallele. L’insieme quoziente puo essere rappresentato considerando una rettaper ogni fascio, e quindi corrisponde all’insieme delle direzioni del piano. Ad ogni di-rezione possiamo associare la retta passante per l’origine ed avente quella direzione.Pertanto, l’insieme quoziente puo anche essere rappresentato dal fascio di rette pas-santi per l’origine. Consideriamo poi la circonferenza centrata nell’origine ed aventeraggio uguale ad 1. Ogni retta passante per l’origine interseca questa circonferenzain una coppia di punti diametralmente opposti. Rappresentiamo allora l’insiemequoziente con le coppie di punti diametralmente opposti di una circonferenza.

4. Nell’insieme dei punti di una retta orientata, consideriamo la relazione R: x precedey. Essa e antiriflessiva e transitiva, per cui e una relazione d’ordine stretto.

5. Sia A = N ed R: x non e maggiore di y. In questo caso si verificano le proprietariflessiva, antisimmetrica e transitiva, e quindi R e una relazione d’ordine largo.

1.1.4 Richiami sul Massimo Comune Divisore

Dati due numeri interi a, b ∈ N, indichiamo con (a, b) il loro massimo comune divisore. Lascrittura d|a indica che il numero d e un divisore di a. Quindi (a, b)|a ed (a, b)|b, e perogni k tale che k|a e k|b, risulta k ≤ (a, b). A partire da due numeri interi assegnati, a eb, si pone il problema di determinare (a, b) in maniera algoritmica. Vediamo innanzituttouna semplice proprieta di divisibilita.

Teorema 1.4. Siano a, b ∈ N, a > b, e sia x ∈ Z tale che x|a ed x|b. Allora x|(a− b).


-Dimostrazione. Per ipotesi esistono k, h ∈ Z tali che a = kx e b = hx. Pertantoa− b = (k − h)x, il che dimostra che x e un divisore di a− b. ¥

Abbiamo poi il seguente teorema.

Teorema 1.5. Siano a, b ∈ N con a > b. Allora (a, b) = (a− b, b).

-Dimostrazione. Il massimo comune divisore tra a e b, essendo un divisore di a e dib, divide anche a− b. Quindi (a, b)|(a− b, b), per cui (a, b) ≤ (a− b, b).

Sia ora p = (a− b, b). Poiche p|(a− b) esiste q ∈ Z tale che pq = a− b, cioe a = pq + b.Ma p|b, quindi esiste s ∈ Z tale che ps = b. Allora abbiamo a = pq+b = pq+ps = p(q+s),e quindi p|a. Pertanto p e un divisore sia di a che di b, e quindi p|(a, b), cioe p ≤ (a, b).

Le due disuguaglianze ottenute forniscono (a, b) = (a− b, b). ¥Vediamo ora una proprieta importante del massimo comune divisore.

Teorema 1.6. Siano a, b ∈ N con a > b. Se a = bq + r, allora (a, b) = (b, r).

-Dimostrazione. Se r = 0 allora a = bq e quindi (a, b) = (b, r) = b.Se r 6= 0, sia d un divisore sia di a che di b. Allora, essendo r = a− bq, risulta che d|r.

Quindi (a, b)|(b, r).Supponiamo ora che d sia un divisore sia di b che di r. Allora, essendo a = bq + r,

risulta che d|a. Quindi (b, r)|(a, b). Di conseguenza abbiamo (a, b) = (b, r). ¥

Algoritmo di Euclide

Iterando il risultato ottenuto nel Teorema 1.6 si perviene al cosiddetto algoritmo di Euclideper il calcolo del massimo comune divisore di due interi a e b con a > b, in base alquale (a, b) coincide con l’ultimo resto non nullo della divisione iterata di a per b. Piuprecisamente, si procede come segue.

Primo passo a = b · q1 + r1 → Secondo passo b = r1 · q2 + r2

Terzo passo r1 = r2 · q3 + r3 → Quarto passo r2 = r3 · q4 + r4

... ...Penultimo passo rN−2 = rN−1qN + rN → Ultimo passo rN−1 = rNqN+1

Risultato rN = (a, b).


1. Iterando il risultato descritto nel Teorema 1.5 si ha (a, b) = (d, 0) per un certo d, ilche fornisce un algoritmo alternativo a quello di Euclide per il calcolo del massimocomune divisore. Tuttavia, l’algoritmo di Euclide e preferibile, in quanto fornisce ilrisultato molto piu rapidamente.

2. Confrontiamo su un esempio i due algoritmi considerati per il calcolo del massimocomune divisore. Assumiamo a = 120 e b = 18. Con il Teorema 1.5 abbiamo


(120, 18) == (120− 18 = 102, 18) == (102− 18 = 84, 18) == (84− 18 = 66, 18) == (66− 18 = 48, 18) == (48− 18 = 30, 18) == (30− 18 = 12, 18) == (18, 12) == (18− 12 = 6, 12) == (12, 6) == (12− 6 = 6, 0) ⇒ (120, 18) = 6 .

Sfruttando invece l’algoritmo di Euclide si ottiene

120 = 18 · 6 + 1218 = 12 · 1 + 612 = 6 · 2 + 0 ⇒ (120, 18) = 6 .

Come si nota, l’algoritmo di Euclide e molto piu rapido.

1.1.5 Cenni sulle equazioni modulari

La piu semplice equazione lineare si ottiene uguagliando a zero un polinomio di primogrado in una sola incognita. Essa e pertanto una equazione del tipo ax = b. DallaScuola Media sappiamo come si risolve quando a, b ∈ R. Ma come si procede quando a, bappartengono ad una classe di resti? In questo caso l’equazione si presenta nella forma[a] · [x] = [b], con [a], [b] ∈ Zn per un certo n. Si parla allora di equazione modulare. Persemplicita scriviamo l’equazione modulare [a] · [x] = [b] in Zn nella forma ax = b (mod n),o, ancora piu sinteticamente, nella maniera consueta ax = b se e chiaro l’insieme Zn in cuisi lavora.

Per descrivere il procedimento di risoluzione di una equazione modulare, ci serve ilseguente risultato, noto come Identita di Bezout

Teorema 1.7. Siano a, b ∈ N, a, b non entrambi nulli, e sia d = (a, b). Allora esistonox, y ∈ Z tali che ax + by = d.

-Dimostrazione. Consideriamo l’insieme A = {ax + by, x, y ∈ Z}, e sia A+ = {ax +by ∈ A, ax + by > 0}. Osserviamo che A+ 6= ∅, poiche almeno uno dei numeri a e bappartiene ad A+. Quindi A+ ammette un elemento minimo m. Poiche m ∈ A+ esistonoα, β ∈ Z tali che m = aα + bβ. Sia t un qualsiasi elemento di A. Allora esistono γt, δt ∈ Ztali che t = aγt + bδt. Dividendo t per m si ha

t = m · qt + r con 0 ≤ r < maγt + bδt = (aα + bβ)qt + ra(γt − αqt) + b(δt − βqt) = r ⇒ r ∈ A.

Ma r ≥ 0, e quindi, se fosse r 6= 0 sarebbe r ∈ A+, il che e assurdo, essendo r < m. Diconseguenza deve essere r = 0, il che significa che ogni elemento di A e multiplo di m. Inparticolare, a, b sono multipli di m, e quindi m|d.


Sia poi k un divisore sia di a che di b. Allora k divide aα + bβ, cioe k|m. Pertanto,ogni divisore sia di a che di b deve dividere m. In particolare d|m. Si ricava quindi chem = d. ¥

Dall’identita di Bezout si ricava facilmente un procedimento risolutivo per una equa-zione modulare.

Teorema 1.8. Una equazione ax = b ammette soluzione in Zn se e solo se d = (a, n)|b,cioe se e solo se il massimo comune divisore d, tra a ed n, divide b.

-Dimostrazione. Chiedersi se esistono soluzioni di ax = b in Zn equivale a chiedersise esiste un k ∈ Z tale che ax + kn = b. Riferendoci alla dimostrazione del Teorema 1.7questo significa che b ∈ A, e quindi che b e un multiplo di d. ¥

Dal Teorema 1.8 deduciamo che, quando la condizione d = (a, n)|b e soddisfatta,l’equazione modulare ax = b ammette infinite soluzioni in Z, ed esattamente d soluzionidistinte, non congrue modulo n. Per trovarle possiamo procedere secondo lo schemaseguente.

• Passo (a) Si calcola d = (a, n). Per fare questo si puo usare l’algoritmo di Euclide,utile anche per i passi successivi.

• Passo (b) Usando l’algoritmo di Euclide in senso inverso, cioe risalendo a partireda rN , si determinano due numeri h, k tali che rN = d = ha + kn.

• Passo (c) Si determina p tale che b = pd.

• Passo (d) Una soluzione e x0 = ph. Infatti abbiamo ax0 = aph = p(d − kn) =pd − pkn = b − pkn = b (mod n). Le altre soluzioni si ottengono aggiungendo adx0 dei multipli interi di n/d. Pertanto abbiamo infinite soluzioni, dipendenti da unparametro s ∈ Z, date da

x = ph +ns

(a, n)∀s ∈ Z.

Di queste infinite soluzioni ne esistono esattamente d indipendenti, ottenute dandoal parametro s i valori 0, n/d, 2n/d, ..., (d− 1)n/d, rispettivamente.

Osserviamo anche che il problema della ricerca delle soluzioni di una equazione mo-dulare in una indeterminata e equivalente a quello della ricerca delle soluzioni di unaequazione diofantea in due indeterminate1. Infatti, abbiamo visto che x0 e una soluzionedi ax = b(mod n) se e solo se esiste k ∈ Z tale che ax0 + kn = b, e cio avviene se e solo se(a, n)|b. Di conseguenza, possiamo ricavare il seguente teorema.

Teorema 1.9. L’ equazione ax + by = c con a, b, c ∈ Z ha soluzioni se, e solo se, (a, b)|c.Se cio avviene si hanno infinite soluzioni, dipendenti da un parametro s ∈ Z.

1Le equazioni lineari a coefficienti interi per le quali si cercano soluzioni intere vengono dette equazionilineari diofantee, in onore del matematico greco Diofanto di Alessandria, vissuto nel terzo secolo d.C., cheper primo si occupo di queste.


-Dimostrazione. Se calcoliamo (a, b) = ah + bk (con l’algoritmo di Euclide) e consi-deriamo c = p · (a, b), la generica soluzione dell’equazione diofantea ax + by = c risulta

x = ph + bs(a,b)

y = pk − as(a,b) ∀s ∈ Z.

¥


1. Generalizzando il Teorema 1.9 abbiamo che una equazione del tipo a1x1+a2x2+ ...+anxn = b, con a1, a2, ..., an, b ∈ Z (a1, a2, ..., an non tutti nulli), ammette soluzionese e solo se (a1, a2, ..., an)|b. In questo caso si hanno infinite soluzioni dipendenti dan− 1 parametri.

2. Risolviamo in Z210, l’ equazione [12][x] = [30]. Il massimo comune divisore d, tra12 e 210, e uguale a 6, e divide 30. Quindi, l’equazione ammette esattamente d = 6soluzioni distinte, non congrue modulo 210. Calcoliamo la prima (x0 = p · h),determinando innanzitutto h mediante l’algoritmo di Euclide. Poiche risulta 210 =12·17+6, abbiamo subito 6 = 210+12·(−17), cioe h = −17. Inoltre 30 = 6·5, per cuip = 5, e quindi la prima soluzione risulta x0 = 5 · (−17) = −85 = 125 (modulo 210).Le altre soluzioni sono

x1 = −85 +2106

= −50 → x2 = 160 (modulo 210)

x2 = −85 + 22106

= −15 → x2 = 195 (modulo 210)

x3 = −85 + 32106

= 20, x4 = −85 + 42106

= 55,

x5 = −85 + 52106

= 90

1.1.6 Operazioni negli insiemi numerici

Consideriamo un insieme A. Un’operazione binaria interna su A e una funzione

∗ : A× A −→ A

che associa ad ogni coppia (a1, a2) di elementi di A la loro composizione, a1 ∗ a2, ancoraappartenente ad A. E importante sottolineare che l’operazione deve essere definita su ognicoppia di elementi di A e il risultato dell’operazione deve essere a sua volta un elementodi A. Quest’ultimo fatto si riassume dicendo che ∗ e un’operazione interna, oppure chel’insieme A e chiuso rispetto a tale operazione.

Una richiesta minima che facciamo sulle operazioni e quella dell’associativita. Un’o-perazione binaria ∗ sull’insieme A si dice associativa se, per ogni a, b, c ∈ A, risulta


a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c. Questa proprieta e essenziale per poter parlare di elevamentoa potenza o di multiplo. Piu in generale, a partire da n + 1 insiemi A1, . . . ,An,An+1,parliamo di operazione n-aria per una funzione ∗ tale che

∗ : A1 × A2 × · · · × An −→ An+1.

Se gli insiemi Ai (i = 1, . . . , n + 1) coincidono, l’operazione e detta interna, altrimentiesterna. In particolare abbiamo un’operazione unaria se agisce sui singoli elementi di uninsieme, binaria se agisce su coppie.


1. In genere si utilizzano due tipi di simbologia per indicare un’operazione binariainterna su A. La notazione additiva sfrutta il simbolo +. Con questa notazionela somma di un elemento a con se stesso m volte definisce il concetto di multiplo,cioe a + a + · · · + a (m volte)= ma. La notazione moltiplicativa sfrutta il simbolo·, e permette di definire il concetto di potenza, cioe a · a · · · · · a(m volte)= am.Le precedenti uguaglianze non sarebbero vere nel caso le operazioni non fosseroassociative. Sarebbe infatti necessario dire in quale ordine vengono effettuate lesomme (o i prodotti).

2. La funzione f : R+ → R che associa ad ogni reale positivo a la sua radice quadrata√ae un’operazione unaria su R+.

3. La funzione f : R+×N→ R che associa ad ogni coppia (a, n) la potenza n-esima an

del numero reale a, e un’operazione binaria esterna.

4. Sia X un insieme. Sull’insieme delle parti di X, P(X), le usuali operazioni di unioneed intersezione sono operazioni binarie interne.

1.1.7 Strutture algebriche

Si chiama struttura algebrica (di base) la coppia (A, ∗), dove A e un insieme ed ∗ unaoperazione interna ad A. Piu in generale, possiamo dotare A di tante operazioni interne∗1, . . . , ∗m, ottenendo strutture algebriche piu complesse.

Se B ⊆ A, allora (B, ∗) si dice sottostruttura di (A, ∗) se e a sua volta una strutturaalgebrica rispetto ad ∗. In tal caso si scrive anche B ≤ A

Se (A, ∗) e una struttura algebrica, un suo elemento u tale che u ∗ a = a ∗ u = a perogni a ∈ A e chiamato elemento neutro per l’operazione ∗.

Se in una struttura algebrica (A, ∗) esiste un elemento neutro u e a ∈ A, si chiamainverso di a un elemento a′ ∈ A tale che a ∗a′ = a′ ∗a = u. La nozione di inverso ha sensosolo in presenza di un elemento neutro. In notazione additiva l’inverso di a si indica colsimbolo −a. In notazione moltiplicativa si indica con a−1.

Vediamo ora alcuni esempi di strutture algebriche.

Semigruppi. Un insieme A, dotato di un’operazione binaria interna ∗ associativa,viene chiamato semigruppo. Se in (A, ∗) e definito un elemento neutro u, il semigruppoviene chiamato monoide.


Gruppi. Un monoide (A,⊕) tale che ogni suo elemento ammette inverso si chiamagruppo.

Quindi un gruppo e un insieme A, dotato di un’operazione binaria interna ⊕, tale chevalgano i seguenti assiomi:

(i) ⊕ e associativa;

(ii) esiste un elemento neutro u rispetto all’operazione ⊕;

(iii) per ogni elemento a ∈ A esiste un inverso a′.

Se (A,⊕)e un gruppo, si dimostra che l’elemento neutro e unico, cosı come e unicol’inverso g−1 di ogni elemento g ∈ A.

Nel caso l’operazione ⊕ sia commutativa, cioe valga l’uguaglianza

a⊕ b = b⊕ a

per ogni coppia di elementi a, b ∈ A, il gruppo viene detto gruppo abeliano o commutativo.Nel seguito un gruppo (A,⊕) verra indicato col simbolo G, o con (G, +) o (G, ·), per

mettere in evidenza che l’operazione di composizione in G viene considerata in notazione,rispettivamente, additiva o moltiplicativa.

Anelli. Sia ora (A, +) un gruppo abeliano, con l’operazione scritta in forma additiva.Se in A e definibile un’altra operazione binaria interna, chiamata prodotto, rispetto allaquale A e un semigruppo, e per la quale valgono le proprieta distributive destra e sinistradel prodotto rispetto alla somma, A viene chiamato anello. Indicheremo un anello colsimbolo A. Ricordiamo che le proprieta distributive appena citate sono espresse dalle dueseguenti uguaglianze, che devono essere valide per ogni terna a, b, c di elementi di A:

a · (b + c) = a · b + a · c(b + c) · a = b · a + c · a.

(1.1.2)

Riassumendo, un anello e una terna (A, +, ·), dove A e un insieme, mentre + e · sono dueoperazioni binarie interne per cui valgono i seguenti tre assiomi:

(i) (A, +) e un gruppo abeliano;

(ii) (A, ·) e un semigruppo;

(iii) valgono le (1.1.2).

Se esiste un elemento neutro rispetto al prodotto, esso viene indicato con 1 (notazionemoltiplicativa) per distinguerlo da 0, elemento neutro rispetto alla somma (notazione ad-ditiva). Si parla in questo caso di anello unitario. Se il prodotto e commutativo (la sommalo e certamente perche (A, +) e abeliano per definizione), si parla di anello commutativo.

Campi. Come nel caso dei gruppi, che si ottengono estendendo le proprieta di struttu-ra algebrica dei semigruppi, anche per gli anelli sorge naturale il problema di determinarese e quando sia possibile ampliare la struttura. Sappiamo che un anello e un insieme condue operazioni rispetto ad una delle quali (la somma) e un gruppo e rispetto all’altra (ilprodotto) un semigruppo. Un anello A che ha una struttura di gruppo abeliano rispetto


al prodotto sull’insieme A \ {0}, viene chiamato campo. I suoi elementi vengono anchedetti scalari .


1. L’insieme delle parti P(X) di un insieme X e un monoide rispetto all’operazione diunione insiemistica. L’elemento neutro e l’insieme vuoto.

2. L’insieme N dei numeri interi, con l’usuale somma, e un semigruppo. Se in Nintroduciamo anche il numero 0, (N ∪ {0}, +) diventa un monoide.

3. Gli insiemi (Z, +), (R, +) e (C,+) sono tutti gruppi additivi. R e C sono gruppi ancherispetto al prodotto. L’insieme R+ dei reali positivi, rispetto all’usuale operazionedi prodotto, e un gruppo. L’insieme Q, rispetto alle usuali operazioni di somma eprodotto, e un campo. Lo stesso vale per R e per l’insieme C dei numeri complessi ,del tipo z = a + ib, essendo a, b ∈ R ed i =

√−1 l’unita immaginaria. La struttura(Z, +) e anche sottogruppo di (Q,+), che e a sua volta sottogruppo di (R, +). Lastruttura (Q, +, ·) e un sottocampo di (R, +, ·). Inoltre R e sottocampo di C.

4. Se K e un campo, il simbolo K[t] indica l’insieme di tutti i polinomi in una indeter-minata a coefficienti in K. Quindi, un polinomio p(t) ∈ K[t] avra la forma

p(t) =n∑

i=0

aitn−i = a0t

n + a1tn−1 + · · ·+ an−1t + an,

con gli ai ∈ K per ogni i = 0, 1, . . . , n. Una radice del polinomio p(t) e uno scalaredi K, indichiamolo con λ, tale che p(λ) = 0. Un campo K si dice algebricamentechiuso se ogni polinomio p(t) ∈ K[t] ammette una radice in K. I campi Q ed R nonsono algebricamente chiusi. Per esempio il polinomio p(t) = t2 + 1 non ha radici inR. Il campo costruito su C e invece algebricamente chiuso.

1.1.8 Strutture su classi di resti

Per ogni n ∈ Z possiamo costruire la classe di resti Zn (cfr. pagina 9). In questi insiemisi possono introdurre, in maniera naturale, le operazioni di somma e prodotto di classiponendo

[a] + [b] = [a + b][a] · [b] = [a · b] .

Si verifica facilmente che le due operazioni sono ben definite, e che (Zn, +) e un gruppoabeliano per qualsiasi intero n. E ancora vero che l’operazione · e ben data, associativaed esiste l’elemento neutro (rappresentato dalla classe [1]), ma per l’inverso si ha qualcheproblema. Consideriamo infatti, per esempio, la struttura (Z6, ·), e prendiamo le due classidi resti [2], [3] ∈ Z6. Osserviamo che [2] · [3] = [6] = [0], cioe, il prodotto delle due classi[2] e [3], entrambe diverse dalla classe nulla, fornisce come risultato proprio la classe [0].Diciamo che le classi [2] e [3] sono divisori dello zero in Z6. La presenza di divisori dellozero in una data classe di resti Zn impedisce che (Zn, ·) sia un campo. Infatti, abbiamo ilseguente teorema.


Teorema 1.10. Se [a] e divisore dello zero in (Zn, ·), allora [a] non ammette inverso.

-Dimostrazione. Supponiamo che [a] ammetta inverso. Esiste quindi [a] 6= [0], taleche [a] · [a] = [a] · [a] = [1]. Poiche [a] e divisore dello zero esiste una classe [b] 6= [0] taleche [a] · [b] = [0]. Abbiamo allora

[a] · [a] · [b] = [1] · [b] ⇒ [a] · ([a] · [b]) = [b] ⇒ [a] · [0] = [b] ⇒ [0] = [b],

il che e assurdo. ¥Consideriamo ora la struttura cha si ottiene introducendo in Zn entrambe le operazioni

+ e · di somma e prodotto di classi. Abbiamo in tal caso il seguente teorema fondamentale.

Teorema 1.11. La terna (Zp, +, ·) e un campo se e solo se p e un numero primo.

-Dimostrazione. Supponiamo innanzitutto che p non sia un numero primo. Alloraesistono sempre almeno due interi a, b /∈ {1, p} tali che p = a · b, e quindi [a] e [b] sonodivisori dello zero in (Zp, ·). Pertanto, per il Teorema 1.10, [a] e [b] non ammettono inversorispetto al prodotto, e quindi (Zp, +, ·) non e un campo.

Supponiamo ora che p sia un numero primo, e sia [a] una qualsiasi classe non nulladi Zp. Essendo [a] 6= [0], risulta a 6= p, e quindi il massimo comune divisore tra a e p e1. Pertanto, l’equazione ax = 1 (mod p) ammette sempre soluzione (una sola). Quindi,la classe [a] ammette inverso in Zp. Di conseguenza il prodotto di classi e una legge dicomposizione interna a Zp \ {[0]}, associativa, commutativa e dotata di elemento neutro,ed inoltre ogni elemento di Zp \ {[0]} ammette inverso. Cio implica che (Zp \ {[0]}, ·) e ungruppo abeliano. Poiche anche (Zp, +) e un gruppo abeliano, ricaviamo che (Zp, +, ·) e uncampo. ¥


1. I campi del tipo (Zp, +, ·) con p primo rappresentano importanti esempi di campifiniti , dotati cioe di un numero finito di elementi.

2. Se p e un numero primo, allora (Zp, +, ·) e un campo, e quindi ogni elemento diZp ammette inverso. Se invece p non e un numero primo possono esistere in Zp

sia elementi invertibili che elementi non invertibili, e quindi assume significato ilproblema di vedere se una data classe di resti ammette inverso. Per esempio, sta-biliamo se esiste l’inverso di [13] in Z210. La richiesta si traduce nell’equazione[13][x] = [1](mod210). Poiche (13, 210) = 1 esiste una sola soluzione, corrispondentealla classe inversa di [13] in Z210. Applicando l’algoritmo di Euclide si ottiene

210 = 13 · 16 + 213 = 6 · 2 + 1e risalendo abbiamo1 = 13− 6 · 2 = 13− 6 · (210− 13 · 16) = 13 · 97− 6 · 210,

e quindi la classe [97] e la soluzione cercata.

1.2 MATRICI SU UN CAMPO 19

1.2 MATRICI SU UN CAMPO

Un insieme di elementi, ordinati in una tabella rettangolare per righe e colonne, vienechiamato matrice:

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

.

Spesso gli elementi aij , con i = 1, . . . , m e j = 1, . . . , n, vengono scelti in un campo K.Essi sono detti elementi della matrice (o anche termini della matrice), e si scrive ancheA = [aij ]. La posizione occupata dall’elemento aij nella matrice A e indicata dalla coppia ie j. Il primo indice si riferisce alla riga e il secondo alla colonna cui appartiene l’elemento.La sua posizione nella tabella si ottiene pertanto come intersezione dell’i-esima riga conla j-esima colonna. Per convenzione le righe si numerano dall’alto in basso e le colonneda sinistra a destra. Si indicano con 0 ed 1 gli elementi neutri di (K, +) e (K \ {0}, ·),rispettivamente. Una matrice avente m righe ed n colonne viene detta anche (m,n)-matrice o matrice di tipo (dimensione, ordine) (m,n). L’insieme di tutte le matrici di tipo(m,n) i cui termini appartengono al campo K e indicato con Mm,n(K). Se il numero n dirighe coincide con quello delle colonne, si parla di matrice quadrata di ordine n. L’insiemedi queste matrici viene denotato con il simbolo Mn(K). In quest’ottica, le matrici in cuiil numero delle righe e diverso da quello delle colonne sono dette rettangolari.

Le matrici di M1,n(K) e Mm,1(K) sono, rispettivamente, del tipo:

[a11, . . . , a1n]

a11...

am1

,

e sono anche chiamate vettori riga e vettori colonna. Una matrice di tipo (m,n) si puopensare come l’accostamento di m vettori riga oppure di n vettori colonna.Se A = [aij ] ∈ Mn(K) parliamo di diagonale principale in riferimento agli elementi dellaforma aii, i = 1, . . . , n, e di diagonale secondaria per gli elementi ai,n+1−i, i = 1, . . . , n.Esse sono rappresentate, rispettivamente, dagli elementi di A indicati da un asterisco nellafigura sottostante

A =

∗ a12 · · · a1n

a21 ∗ · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ∗

, A =

a11 · · · a1,n−1 ∗a22 · · · ∗ a2n...

......

...∗ · · · an,n−1 ann

.

Se A = [aij ] ∈Mn(K), gli elementi della diagonale principale sono detti elementi prin-cipali ; sono quindi quelli della forma aii, i = 1, . . . , n. La somma degli elementi principali

viene detta traccia della matrice, ed indicata col simbolo TrA, ovvero TrA =n∑

i=1

aii.

Una sottomatrice di A e una matrice costruita con elementi appartenenti ad A. Questipero non posso essere scelti ed ordinati a caso. Va rispettato il precedente ordinamentoin righe e colonne della matrice originaria. Per formalizzare questo fatto si procede come


segue. Siano I e J due sottoinsiemi degli insiemi di indici di riga e di colonna di A, ovveroI ⊆ {1, . . . , m} e J ⊆ {1, . . . , n}. Allora una sottomatrice di A si ottiene ordinando in unanuova matrice gli elementi di A che hanno come coppie di indici le coppie di I× J, ovveroche stanno sulle righe di A il cui indice varia in I e sulle colonne il cui indice varia in J.


1. Nella seguente matrice:

2 −1 0 3−1 2

√2 0

3 π 2 1

(1.2.1)

l’elemento a23 e√

2, l’elemento a21 e −1 e l’elemento a34 e 1.

2. La matrice (1.2.1) appartiene aM3,4(R), adM3,4(C), ma non adM3,4(Q), in quantoa23 6∈ Q.

3. La matrice

A =

2 1 3 4−1 0 2 3−2 1 −1 01 0 0 0

ha come elementi principali a11 = 2, a22 = 0, a33 = −1 e a44 = 0, e quindi TrA =∑4i=1 aii = 2 + 0 + (−1) + 0 = 1.

4. Data la matrice:

A =

2 0 1 −3 1 0 11 −3 3 5 1 0 −10 1 5 2 6 0 0−1 0 1 3 1 0 −25 2 −1 6 7 0 2

,

posto I = {2, 4, 5} ⊆ {1, 2, . . . , 5} e J = {2, 4, 6} ⊆ {1, 2, . . . , 7}, la sottomatrice Hindividuata da I× J e indicata dai quadrati:

A =

2 0 1 −3 1 0 11 −3 3 5 1 0 −10 1 5 2 6 0 0−1 0 1 3 1 0 −25 2 −1 6 7 0 2

⇒ H =

−3 5 00 3 02 6 0

.

1.2.1 Particolari insiemi di matrici

Descriveremo ora alcuni insiemi particolari di matrici e ne discuteremo le proprieta.•Matrice nulla. Col simbolo Om,n si indica la matrice nulla di ordine m,n, ovvero lamatrice [aij ] di Mm,n(K) tale che aij = 0 ∀i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n.


•Matrice identica. La matrice identica o identita In ∈ Mn(K), e In = [δij ], dove δij

viene chiamato Simbolo di Kronecher ed e cosı definito:

δij ={

1 i = j0 i 6= j.

Abbiamo cioe elementi tutti nulli, ad eccezione degli elementi principali, uguali a 1.•Matrici triangolari Indichiamo con T ↑n e T ↓n , rispettivamente, gli insiemi delle matricitriangolari superiori ed inferiori d’ordine n. Questi sono sottoinsiemi di Mn(K), per ognin > 1. Il nome deriva dal fatto che la sola parte consistente della matrice e data daltriangolo al di sopra (superiore) o al di sotto (inferiore) della diagonale principale. Ladescrizione formale e la seguente. Per una matrice A = [aij ] ∈ T ↑n si ha:

i > j ⇒ aij = 0. (1.2.2)

Per una matrice A = [aij ] ∈ T ↓n , si ha

i < j ⇒ aij = 0. (1.2.3)

•Matrici diagonali Le matrici che sono contemporaneamente triangolari superiori edinferiori si dicono diagonali . L’insieme di queste matrici viene indicato con Dn, e si haT ↑n ∩ T ↓n = Dn. Quindi una matrice diagonale e una matrice A = [aij ] ∈ Mn(K) taleche aij = 0, i 6= j. Una matrice diagonale e completamente descritta dai suoi elementiprincipali. Siccome l’unica parte consistente di una matrice diagonale e appunto la suadiagonale principale, spesso essa viene indicata con A = diag(a11, . . . , ann), dove gli aii

sono gli elementi principali.•Matrici binarie Si dice matrice binaria una matrice i cui termini siano scelti in Z2 ={0, 1}. Non si danno condizioni sull’ordine della matrice, che puo essere sia quadrata cherettangolare.•Matrici simmetriche ed emisimmetriche Una matrice A = [aij ] ∈ Mn(K) e dettamatrice simmetrica se

aij = aji, ∀ i, j = 1, . . . , n. (1.2.4)

Si noti che la condizione (1.2.4) e sempre vera per gli elementi principali, che ovviamentecoincidono con se stessi. Questa condizione viene spesso usata come definizione ufficialedi matrice simmetrica.

Una matrice si dice antisimmetrica (o emisimmetrica) se vale la condizione

aij = −aji, ∀ i, j = 1, . . . , n, (1.2.5)

equivalente a dire che A = −At. La condizione (1.2.5) determina la forma degli elementiprincipali. Siccome deve valere per ogni i, j = 1, . . . , n, se i = j abbiamo aii = −aii.Ma l’unico elemento che coincide col suo opposto e 0. Quindi le matrici antisimmetrichehanno gli elementi principali nulli.



1. Per le matrici

A =[

2 10 1

]B =

1 0 00 0 01 0 0

,

si ha A ∈ T ↑2 e B ∈ T ↓3 .

2. La condizione (1.2.2) dice che ogni elemento, per cui l’indice di riga e maggiore diquello di colonna, deve essere nullo. Ma questo accade solo se l’elemento in questionesi trova al di sotto della diagonale principale, i cui termini hanno gli indici di riga edi colonna coincidenti. La condizione (1.2.3) si interpreta allo stesso modo, per glielementi che si trovano al di sopra della diagonale principale.

3. Si osservi che nella definizione di matrice triangolare non si da alcuna condizionesulla diagonale principale. Infatti le disuguaglianze in (1.2.2) e (1.2.3) sono disugua-glianze strette. Questo significa che gli elementi principali di una matrice triangolarepossono essere o non essere nulli. Allo stesso modo non si dice nulla sugli elementiappartenenti al triangolo consistente della matrice. Le stesse considerazioni valgonoper le matrici diagonali.

Per esempio, la matrice nulla On(K) e contemporaneamente triangolare superiore,triangolare inferiore e diagonale.

4. Le matrici scalari sono matrici diagonali con tutti gli elementi principali coincidenti.

5. Ovviamente si puo parlare di matrici binarie anche su campi K diversi da Z2. Bastache gli elementi di queste matrici siano scelti solo tra gli elementi neutri di (K,+) e(K \ {0}, ·), rispettivamente.

6. Consideriamo le matrici A e B date da

A =

1 −1 0−1 3 50 5 −2

, B =

0 −1 0−1 0 50 5 0

.

La matrice A e simmetrica mentre B e emisimmetrica.

1.2.2 Operazioni fra matrici

In Mm,n(K) possiamo costruire vari tipi di operazioni. Qui ne consideriamo quattro.

Somma di matrici

Se A = [aij ] e B = [bij ] sono due matrici di Mm,n(K), la loro somma e una matriceC = [cij ], sempre di Mm,n(K), dove cij = aij + bij , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n. La sommaviene quindi fatta elemento per elemento. E ovvio che gli ordini delle due matrici A, Bdevono essere gli stessi. In caso contrario, qualche elemento di una delle due non avrebbe ilcorrispondente da sommare nell’altra matrice. Siccome l’operazione di somma di matricisi riconduce alla somma di elementi del campo base, tutte le proprieta della somma in Kvengono ereditate dalla somma in Mm,n(K).


Prodotto per uno scalare

Se A = [aij ] e una matrice di Mm,n(K), e x ∈ K e uno scalare qualsiasi, allora xA = [xaij ],ovvero si moltiplicano tutti gli elementi di A per lo scalare x. Il prodotto per scalari x ·aij

ha significato poiche sia x che gli elementi di A appartengono allo stesso campo K. Efacile mostrare che esiste una sorta di associativita mista del prodotto per scalari.

Teorema 1.12. Per ogni a, b ∈ K e per ogni A ∈Mm,n(K) risulta

(ab)A = a(bA). (1.2.6)

-Dimostrazione. Posto A = [aij ], basta far vedere che il generico elemento di (ab)A =[rij ] coincide con quello di a(bA) = [sij ]. Per definizione di prodotto per scalari, si ha

rij = (ab)aij , (1.2.7)

per ogni i ∈ {1, . . . , m} e j ∈ {1, . . . , n}. Ma il prodotto in (1.2.7) e fatto in K, quindi eassociativo. Allora

rij = (ab)aij = a (baij) , ∀i, j. (1.2.8)

Siccome baij rappresenta il generico elemento della matrice bA, l’ultimo termine della(1.2.8) coincide con sij , ovvero (ab)A = a(bA). ¥

Combinazioni lineari di matrici

Le due precedenti operazioni di somma di matrici e prodotto per uno scalare possonoessere combinate tra loro. Questo porta al concetto di combinazione lineare di matrici ,rappresentata da una scrittura del tipo

x1A1 + x2A2 + ... + xkAk, (1.2.9)

dove A1, A2, ..., Ak sono k matrici assegnate (tutte dello stesso tipo) ed x1, x2, ..., xk sonok scalari appartenenti al campo K. In particolare, e k matrici assegnate possono esseretutte vettori riga, oppure tutte vettori colonna. Parliamo in questi casi di combinazionelineare di righe e combinazione lineare di colonne rispettivamente.

Prodotto di matrici

Per convenzione, il prodotto di matrici viene fatto righe per colonne. Per prima cosa enecessario che il numero di colonne della prima matrice corrisponda al numero di righedella seconda. Questo fatto si esprime dicendo che la prima matrice e conformabile allaseconda. Se A = [aij ] ∈ Mm,n(K) e B = [bjk] ∈ Mn,p(K), la matrice AB = C = [cik]ha tante righe quante ne ha la matrice A, e tante colonne quante ne ha la B. Appartienequindi all’insieme Mm,p(K). Il termine cik e ottenuto come somma dei prodotti deglielementi dell’i-esima riga di A con gli elementi della k-esima colonna di B. L’i-esima rigadi A e:

[ai1, ai2, . . . , ain] .

La k-esima colonna di B e:

b1k

b2k...

bnk

.


I prodotti cui si riferisce la definizione sono ai1b1k, ai2b2k, . . . , ainbnk. La somma deiprodotti e quindi:

cik =n∑

j=1

aijbjk.

Si noti che, se le due matrici non fossero conformabili, non sarebbe possibile costruire tuttii prodotti precedenti.

Si puo dimostrare che, con questa definizione, il prodotto di matrici e associativo.Invece non e commutativo. In primo luogo non e nemmeno detto che sia possibile eseguirlo.Infatti se A e conformabile con B, non segue necessariamente che B lo sia con A. Questoaccade solo se A ∈ Mm,n(K) e B ∈ Mn,m(K). Comunque, anche in questo caso, essendoAB ∈ Mm(K) e BA ∈ Mn(K), non avrebbe senso chiedersi se AB = BA, a meno chem = n. Tuttavia, in generale, il prodotto non e commutativo neppure in un insieme dimatrici quadrate (cfr. Esempio 2 a pgina 26).

Teorema 1.13. Verifichiamo che, se A e una matrice conformabile a B, per ogni a ∈ Ksi ha

a(AB) = (aA)B = A(aB), (1.2.10)

-Dimostrazione. Posto A = [aij ] ∈ Mm,n(K) e B = [bjk] ∈ Mn,p(K), abbiamo:

aA = [aaij ], aB = [abjk] e AB = [cik], con cik =n∑

x=1

aixbxk. Verifichiamo che il generico

termine delle seguenti tre matrici coincide:

1. a(AB) = [rik].

2. (aA)B = [r′ik].

3. A(aB) = [r′′ik].

Infatti:

1. rik = a

(n∑

x=1

aixbxk

);

2. r′ik =n∑

x=1

(aaix)bxk =n∑

x=1

a(aixbxk) = a

(n∑

x=1

aixbxk

);

3. r′′ik =n∑

x=1

aix(abxk) =n∑

x=1

a(aixbxk) = a

(n∑

x=1

aixbxk

).

¥

Teorema 1.14. Il prodotto di matrici e distributivo rispetto alla somma.

-Dimostrazione. Dobbiamo verificare che

A(B + C) = AB + AC, (1.2.11)

(B + C)A = BA + CA, (1.2.12)


supponendo soddisfatte tutte le proprieta di conformabilita. Verifichiamo solo la (1.2.11),in quanto il ragionamento per la (1.2.12) e del tutto analogo. Poniamo A = [aij ], B = [bjk]e C = [cjk], con A ∈Mm,n(K) e B, C ∈Mn,p(K). Il generico elemento di B+C e bjk+cjk.Quindi il generico elemento di A(B + C) e

rik =n∑

x=1

aix(bxk + cxk) =n∑

x=1

(aixbxk + aixcxk) =n∑

x=1

aixbxk +n∑

x=1

aixcxk = s′ik + s′′ik.

Per come e definito il prodotto di matrici, s′ik e il generico termine di AB e s′′ik quello diAC. Posto AB + AC = [r′ik], abbiamo r′ik = s′ik + s′′ik = rik. Quindi la (1.2.11) e vera. ¥

Trasposizione

L’operazione di trasposizione agisce su una singola matrice, scambiando le righe con lecolonne. Ossia, se A = [aij ] ∈ Mm,n(K), la sua trasposta e At = [bji] ∈ Mn,m(K), conbji = aij , cioe la prima riga di A diventa la prima colonna di At, la seconda riga di Adiventa la seconda colonna di At e cosı via. E un’operazione di tipo involutorio, cioe(At

)t = A. E immediato osservare che (A+B)t = At +Bt e che, per ogni scalare a, risulta(aA)t = aAt. Un po’ piu delicata e invece la dimostrazione del seguente teorema.

Teorema 1.15. La trasposta di un prodotto di matrici e il prodotto delle matrici trasposteprese in ordine inverso, cioe

(AB)t = BtAt (1.2.13)

-Dimostrazione. Poniamo A = [aij ], B = [bij ] e indichiamo con a′ij e b′ij gli elementidi At e Bt, rispettivamente. Se (AB)t = [rij ], abbiamo che rij corrisponde all’elemento diposto j, i in AB, ovvero

rij =n∑

x=1

ajxbxi.

Invece, posto BtAt = [sij ], ricordando che a′ij = aji e b′ij = bji, si ha

sij =n∑

x=1

b′ixa′xj =n∑

x=1

bxiajx =n∑

x=1

ajxbxi.

Quindi rij = sij e la (1.2.13) e verificata. ¥Il precedente ragionamento si puo generalizzare al prodotto di un numero qualsiasi,

finito, di matrici, cioe (A1A2 · · ·An−1An)t = AtnAt

n−1 · · ·At2A

t1.


1. Vediamo un esempio per ognuna delle operazioni introdotte.

• Esempio di somma.

1 −1 2 −35 −2 4 00 1 2 1

+

2 0 3 51 2 2 −1−2 −1 4 −4

=

3 −1 5 26 0 6 −1−2 0 6 −3


• Esempio di prodotto per scalari.

3 ·[

1 −1 4 −21 3 −4 0

]=

[3 −3 12 −63 9 −12 0

]

• Esempio di prodotto tra due matrici conformabili. Moltiplichiamo le due matrici

A =[

2 10 −1

], B =

[1 −1 02 3 −2

].

Applicando la definizione di prodotto righe per colonne abbiamo

c11 = 2 · 1 + 1 · 2 = 2 + 2 = 4,c12 = 2 · (−1) + 1 · 3 = −2 + 3 = 1,c13 = 2 · 0 + 1 · (−2) = 0− 2 = −2,c21 = 0 · 1 + (−1) · 2 = 0− 2 = −2,c22 = 0 · (−1) + (−1) · 3 = 0− 3 = −3c23 = 0 · 0 + (−1) · (−2) = 0 + 2 = 2,

da cui C = AB =[

4 1 −2−2 −3 2

].

• Esempio di trasposizione

A =

1 21 30 1

⇒ At =

[1 1 02 3 1

].

2. Mostriamo con un esempio che il prodotto tra matrici non e commutativo.

[1 20 1

] [1 01 0

]=

[3 01 0

]6=

[1 21 2

]=

[1 01 0

] [1 20 1

].

3. Abbiamo osservato il fatto che il prodotto di matrici non e commutativo. Esisto-no tuttavia esempi di insiemi di matrici in cui vale la commutativita del prodotto.Nell’insieme Dn delle matrici diagonali d’ordine n il prodotto commuta. Infatti, percome e definito il prodotto di matrici, in Dn moltiplicare due matrici equivale amoltiplicare elemento per elemento gli elementi principali delle due matrici. Ovvero,se A = diag(a1, . . . , an) e B = diag(b1, . . . , bn), si ha AB = diag (a1b1, . . . , anbn). Lacommutativita del prodotto in Dn si eredita allora dalla commutativita del prodottodi scalari nel campo K. Infatti:

AB = diag (a1b1, . . . , anbn) = diag (b1a1, . . . , bnan) = BA.

4. Si puo verificare facilmente che la matrice identica In e l’elemento neutro rispetto alprodotto in Mn(K), ossia che

AIn = InA = A (1.2.14)

per ogni A ∈Mn(K).

5. Una condizione necessaria e sufficiente affinche una matrice sia simmetrica e che siaA = At. Invece A e antisimmetrica se A = −At


1.2.3 Determinante di una matrice quadrata

A partire da una matrice quadrata A ∈ Mn(K), e possibile calcolare un numero reale,detto determinante di A, ed indicato con det A, il cui ruolo e di importanza fondamentalein molti dei settori in cui interviene l’uso delle matrici. Per capire come si calcola ciservono due definizioni.

Definizione 1.16. Fissato un elemento aij di una matrice A ∈Mn(K), il minore comple-mentare (di aij) e il determinante della sottomatrice quadrata ottenuta da A eliminandol’i-esima riga e la j-esima colonna. Esso si indica col simbolo Aij.

Definizione 1.17. Fissato un elemento aij di una matrice A ∈ Mn(K), il complementoalgebrico di aij e il minore complementare preceduto dal segno (−1)i+j. E quindi il minorecomplementare senza alcun cambiamento, se la somma degli indici dell’elemento aij e unnumero pari, altrimenti e il minore complementare cambiato di segno se la somma degliindici e un numero dispari.

Il procedimento che consente di calcolare il determinante e di tipo iterativo, e si basasul seguente risultato, noto come Teorema di Laplace.

Teorema 1.18. Fissata una linea (riga o colonna) di una matrice A ∈ Mn(K), e in-variante la somma dei prodotti degli elementi di questa linea per i rispettivi complementialgebrici.

Questo numero invariante e proprio quello che si definisce determinante di A. Lematrici aventi determinante nullo si dicono matrici singolari .

Uso del Teorema di Laplace

Rinunciamo a dimostrare il Teorema 1.18, ma vediamo come si utilizza. Prendiamo inconsiderazione una qualsiasi riga, diciamo la riga di indice i e calcoliamo il numero seguente

n∑

j=1

(−)i+jaijAij = (−)i+1ai1Ai1 + (−)i+2ai2Ai2 + · · ·+ (−)i+nainAin.

Il Teorema 1.18 afferma allora che questo numero e lo stesso che si ottiene prendendoin considerazione una qualsiasi colonna, diciamo la colonna di indice j-esima, e calcolando

n∑

i=1

(−)i+jaijAij = (−)1+ja1jA1j + (−)2+ja2jA2j + · · ·+ (−)n+janjAnj .

Quindi, per calcolare il determinante di una matrice A ∈ Mn(K), si procede come segue.Per n = 1 si hanno matrici dotate di un solo elemento, ed esso e esattamente il determi-nante della matrice. Se n > 1, si sceglie innanzitutto una riga o una colonna di riferimento,rispetto alla quale effettuare lo sviluppo secondo Laplace. Per esempio, se scegliamo laprima riga, abbiamo

detA =n∑

j=1

(−)i+ja1jA1j = (−)1+1a11A11 + (−)1+2a12A12 + · · ·+ (−)1+na1nA1n.


Per ogni j = 1, . . . , n, il minore complementare dell’elemento a1j , ossia A1j e a sua voltaun determinante: il determinante della matrice di Mn−1(K) ottenuta da A eliminando lariga e la colonna che contengono l’elemento a1j stesso. Quindi il calcolo del determinantedi una matrice di ordine n si scarica sul calcolo di n determinanti di ordine n− 1. Sempreper il Teorema di Laplace, ciascuno di questi si ottiene calcolando n − 1 determinanti diordine n − 2. Iterando questo ragionamento, si arriva alla fine al calcolo di determinantidi ordine 2, per i quali si ha

det[

a bc d

]= adet[d]− b det[c] = ad− bc.

Per esempio si ha:

det

a b cd e fg h i

= adet

[e fh i

]− b det

[d fg i

]+ c det

[d eg h

]=

= a(ei− hf)− b(di− fg) + c(dh− eg) == aei− ahf − bdi + bfg + cdh− ceg.

Proprieta del determinante

Il determinante di una matrice quadrata A, di ordine n, possiede diverse importanti pro-prieta, spesso esprimibili interpretando A sia come accostamento di n vettori colonnaC1, C2, ..., Cn, sia come sovrapposizione di n vettori riga R1, R2, ..., Rn. Si parla allo-ra, semplicemente, di proprieta delle linee di A, denotate L1, L2, ..., Ln. Elenchiamo diseguito le principali.

1. Scambiando due linee di una matrice il determinante non cambia in valore assoluto,ma solo in segno, ovvero, se i < j:

det[L1, . . . , Li, . . . , Lj , . . . , Ln] = −det[L1, . . . , Lj , . . . , Li, . . . , Ln]. (1.2.15)

Per esempio

detA = det

1 2 3 41 2 3 41 2 3 41 2 3 4

= −det

1 4 3 21 4 3 21 4 3 21 4 3 2

.

2. Sommando ad una linea una combinazione lineare delle rimanenti (cfr. formula(1.2.2), dove le matrici Ai rappresentano le colonne Ci, o le righe Ri, della matriceassegnata) il determinante non cambia:

det[L1, . . . , Li−1, Li +n∑

j=1j 6=i

ajLj , Li+1, . . . , Ln] = det[L1, . . . , Li−1, Li, Li+1, . . . , Ln].

(1.2.16)


Per esempio

det

1 2 3 41 2 3 41 2 3 41 2 3 4

= det

1 2 3 4 + (a · 1 + b · 2 + c · 3)1 2 3 4 + (a · 1 + b · 2 + c · 3)1 2 3 4 + (a · 1 + b · 2 + c · 3)1 2 3 4 + (a · 1 + b · 2 + c · 3)

,

per ogni a, b, c ∈ R.

3. Matrici con una linea nulla o due linee proporzionali hanno il determinante ugualea zero, come, per esempio, nei seguenti tre casi

det

1 0 2 31 0 1 22 0 0 −13 0 −1 1

= det

1 2 3 40 0 0 0−1 1 −2 11 −1 1 1

= det

1 1 1 12 0 1 −11 0 0 13 3 3 3

.

4. det A = detAt. Per esempio

detA = det

1 2 3 40 1 −1 02 −1 1 10 0 1 0

= det

1 0 2 02 1 −1 03 −1 1 14 0 1 0

= det At.

5. det(aA) = an det A. Per esempio

detA = det

2 4 6−2 0 41 2 2

= det

2

1 2 3−1 0 212 1 1

= 23 det

1 2 3−1 0 212 1 1

.


1. Quando si dice che una data proprieta dei determinanti e valida per le linee di unamatrice, si intende che le linee devono essere tutte dello stesso tipo, cioe tutte righeo tutte colonne. Per esempio, se sommiamo ad una riga una combinazione linearedi colonne, in generale la (1.2.16) non e piu vera.

2. Calcoliamo il determinante della matrice

A =

1 0 −2−1 3 12 4 −3

con lo sviluppo di Laplace.

Il Teorema 1.18 ci dice che lo sviluppo puo essere fatto rispetto ad una qualsiasilinea (riga o colonna) della matrice. Prendiamo in considerazione, ad esempio, la


seconda riga. Dobbiamo considerare i complementi algebrici degli elementi di Aappartenenti alla seconda riga. Questi ultimi sono a21 = −1, a22 = 3 e a23 = 1. Irispettivi complementi algebrici sono i minori complementari presi con un opportunosegno, ovvero sono:

(−1)2+1A21 = −A21 = −∣∣∣∣

0 −24 −3

∣∣∣∣ = −(0 · (−3)− 4 · (−2)) = −8

(−1)2+2A22 = A22 =∣∣∣∣

1 −22 −3

∣∣∣∣ = 1 · (−3)− 2 · (−2) = 1

(−1)2+3A23 = −A23 = −∣∣∣∣

1 02 4

∣∣∣∣ = −(1 · 4− 2 · 0) = −4.

La somma dei loro prodotti con i rispettivi elementi della linea selezionata e ildeterminante cercato:

det A =3∑

i=1

(−)2+ia2iA2i = −a21A21 + a22A22 − a23A23 =

= (−1) · (−8) + 3 · 1 + 1(−4) = 7.

3. Il teorema di Laplace afferma l’indipendenza della scelta della linea di una matricenello sviluppo del suo determinante. Proviamo ad applicarlo per la matrice

A =

2 1 00 1 23 2 0

prima rispetto alla prima riga, quindi rispetto alla terza colonna. Abbiamo, nelprimo caso:

det A = 2 ·∣∣∣∣

1 −22 0

∣∣∣∣− 1 ·∣∣∣∣

0 −23 0

∣∣∣∣ + 0 ·∣∣∣∣

0 13 2

∣∣∣∣ =

= 2 · 4− 1 · 6 + 0(−3) = 8− 6 = 2.

Sviluppando rispetto alla terza colonna:

det A = 0 ·∣∣∣∣

0 13 2

∣∣∣∣− (−2) ·∣∣∣∣

2 13 2

∣∣∣∣ + 0 ·∣∣∣∣

2 10 1

∣∣∣∣ =

= 0 + 2 · 1 + 0 = 2.

Dal precedente esempio risulta evidente con quale criterio effettuare la scelta dellalinea di una matrice rispetto alla quale sviluppare il determinante. Quanti piu zericontiene la linea tanto piu ne risulta semplificato il calcolo. Ovviamente una lineatutta nulla determina l’annullarsi del determinante.

4. Calcoliamo il determinante della seguente matrice triangolare superiore, rispettoall’ultima riga:

A =

a b c0 d e0 0 f

.


Abbiamo

detA = 0 ·∣∣∣∣

b cd e

∣∣∣∣− 0 ·∣∣∣∣

a c0 e

∣∣∣∣ + f ·∣∣∣∣

a b0 d

∣∣∣∣ = f · (ad− 0 · b) = adf.

Osserviamo che detA = adf e il prodotto degli elementi principali. Questo e un fattodel tutto generale, che si riassume dicendo che il determinante di matrici triangolarie il prodotto degli elementi principali, ossia

det A =n∏

i=1

aii

per ogni A ∈ T ↑ o A ∈ T ↓. Ovviamente quanto sopra vale, a maggior ragione, permatrici diagonali.

5. Regola di Sarrus. Quanto segue e utile nel caso di matrici del terzo ordine, ossiadi M3(K) ed e conosciuta come regola di Sarrus. E una regola meccanica per ilcalcolo del determinante. Sia data la matrice

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

.

Si costruisce una tabella di numeri riscrivendo la matrice A ed affiancando alla terzacolonna le prime due (in ordine):

a11 a12 a13 a11 a12

a21 a22 a23 a21 a22

a31 a32 a33 a31 a32

Si sommano i prodotti i cui fattori si trovano sulle seguenti diagonali

∗ ∗ ∗ ∗ ∗↘ ↘ ↘

∗ ∗ ∗ ∗ ∗↘ ↘ ↘

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

ovvero i prodotti a11a22a33, a12a23a31 e a13a21a32, e si sottraggono quelli i cui fattorisi trovano sulle seguenti diagonali

∗ ∗ ∗ ∗ ∗↙ ↙ ↙

∗ ∗ ∗ ∗ ∗↙ ↙ ↙

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

ossia a13a22a31, a11a23a32 e a12a21a33. Il risultato e il determinante di A.

6. Teorema di Binet. La seguente proprieta del prodotto di matrici e nota comeTeorema di Binet .


Teorema 1.19. Il determinante del prodotto di matrici e il prodotto dei determinantidei singoli fattori, ossia det(A1A2 · · ·An) = detA1 det A2 · · ·detAn.

In particolare, il determinante e una funzione:

det : Mn(K) −→ K

che conserva il prodotto.

Non vale invece una proprieta analoga nei confronti della somma. Cioe non e vero cheil determinante della somma di due matrici quadrate e la somma dei determinanti.Per esempio, considerate le matrici

A =[

1 10 1

]B =

[ −1 10 2

]abbiamo A + B =

[0 20 3

]

da cui si vede che

det(A + B) = 0 6= detA + det B = 1− 2 = −1.

1.2.4 Caratteristica o rango di una matrice

Consideriamo una matrice A dotata di m righe ed n colonne. La caratteristica o rangodi una matrice e un numero intero, indicato con rk(A) (o semplicemente rk, o r, se nonci sono pericoli di fraintendimenti), compreso tra 0 ed il minimo tra m ed n. Per definirequesto numero ci serve la seguente definizione.

Definizione 1.20. Sia A una matrice di m righe ed n colonne. Un minore di ordine j diA, 1 ≤ j ≤ min{m,n} e il determinante di una sottomatrice quadrata di ordine j di A2.

Si noti nel caso m = n = j + 1 si ritrova la Definizione 1.16 di minore complementare.Parliamo poi di orlato di un minore di ordine j il minore di ordine j + 1 associato ad unasottomatrice che contiene quella precedente.

Definizione 1.21. La caratteristica, o rango, di una matrice A e il massimo ordine di unminore non nullo estraibile da A.


1. Nella seguente matrice un minore P , di ordine 2 e, per esempio, il determinante dellasottomatrice (o anche la sottomatrice stessa) formata dagli elementi riquadrati

A =

1 2 −1 3 50 1 1 0 −13 2 2 −3 30 1 −1 2 1

⇒ P = det

[2 31 0

].

2Spesso si usa la parola minore anche in riferimento alla stessa sottomatrice.


Possiamo poi costruire un minore orlato di P , di ordine 3, considerando, per esempio,l’orlatura di P determinata dalla quarta riga e dalla terza colonna

1 2 −1 3 50 1 1 0 −13 2 2 −3 30 1 −1 2 1

, cioe e: P ′ = det

2 −1 31 1 01 −1 2

2. Una matrice quadrata A non singolare, di ordine n, ha rango n.

3. Se una matrice A ha almeno un elemento diverso da 0, allora rk ≥ 1.

4. Sia A una matrice che ammette, per esempio, una sottomatrice H di ordine 4 nonsingolare. Allora esiste un minore di A, di ordine 4, non nullo, e quindi rk(A) ≥ 4.Se tutte le sottomatrici quadrate di ordine superiore a 4 sono singolari, possiamoaffermare che rk(A) = 4.

Calcolo del rango di una matrice

Sorge naturale chiedersi se per calcolare il rango di una matrice si debba per forza control-lare il determinante di tutte le sue sottomatrici. Naturalmente, in base alla definizione,bisognerebbe proprio procedere in questa maniera, il che pero risulta essere piuttosto la-borioso. Il calcolo viene invece notevolmente semplificato dall’uso del seguente risultato,che ci limitiamo ad enunciare, noto come Teorema di kronecher .

Teorema 1.22. Sia A ∈ Mm,n(R) e Ph un suo minore non nullo di ordine h. Se ogniminore di ordine h + 1 ottenuto orlando Ph e nullo, allora h e il massimo ordine di unminore non nullo ricavabile dalla matrice A.

In base al teorema di Kronecher, per calcolare la caratteristica di una matrice bastaprocedere per orlati successivi, a partire da un qualsiasi elemento non nullo della matriceconsiderata. .


1. Se la matrice assegnata e quadrata conviene innanzitutto calcolare il suo determi-nante, poiche, se questo e non nullo, il rango coincide con l’ordine della matrice.

2. Calcoliamo il rango di

A =

1 0 20 −1 00 0 5

La matrice A e quadrata, quindi fra i vari minori vi e anche il determinate di A.Siccome A e una matrice riangolare superiore, il determinante e il prodotto deglielementi principali, ovvero det A = −5 6= 0. Quindi il massimo ordine di un minorenon nullo coincide con l’ordine della matrice stessa e rkA = 3. Non ci sono altricontrolli da fare.


3. Determiniamo il rango di

A =

1 2 10 0 22 4 3

.

La prima e la seconda colonna sono proporzionali, quindi det A = 0 e rkA � 3.Inoltre rkA ≥ 1 perche A ha almeno un elemento 6= 0. Se troviamo un minore nonnullo di ordine 2 possiamo affermare che rkA = 2. E quello che succede, in quanto

∣∣∣∣2 10 2

∣∣∣∣ = 4 6= 0.

4. Nella seguente matrice il minore individuato dalle prime due righe e dalla seconda eterza colonna vale 2

1 1 0 −1 21 0 2 3 02 2 0 −2 4

.

Possiamo orlare tale minore in soli tre modi: usando la prima, la quarta o la quintacolonna, e ottenendo, rispettivamente

∣∣∣∣∣∣

1 1 01 0 22 2 0

∣∣∣∣∣∣= 0,

∣∣∣∣∣∣

1 0 −10 2 32 0 −2

∣∣∣∣∣∣= 0,

∣∣∣∣∣∣

1 0 20 2 02 0 4

∣∣∣∣∣∣= 0.

Quindi rkA = 2.

1.2.5 Matrice inversa

La matrice identica In puo essere considerata come l’elemento neutro rispetto al prodot-to in Mn(K). Sorge allora naturale chiedersi se e possibile definire, sempre rispetto alprodotto di matrici, l’elemento inverso di A ∈ Mn(K), ossia una matrice A−1 ∈ Mn(K)tale che AA−1 = A−1A = In. Una tale matrice esiste se e solo se A e non singolare. Perottenerla si costruisce innanzitutto la matrice aggiunta di A. Essa e la trasposta dellamatrice dei complementi algebrici di A, e viene indicata col simbolo A∗, cioe

A =

a11 · · · a1n...

. . ....

an1 · · · ann

⇒ A∗ =

(−)1+1A11 · · · (−)1+nA1n...

. . ....

(−)n+1An1 · · · (−)n+nAnn

t

.

Si dimostra che il prodotto tra AA∗ e uguale a detA, per cui la matrice cercata e data da

A−1 =1

det AA∗ (1.2.17)

Circa la matrice inversa vale in particolare il seguente risultato


Teorema 1.23. Il determinante dell’inversa di A e il reciproco del determinante di A.

-Dimostrazione. Supponiamo che A ∈ Mn(K) sia una matrice invertibile, ossia taleche detA 6= 0. La sua inversa A−1 e tale che AA−1 = In. Ricordando che det In = 1, comeconseguenza del Teorema di Binet (cfr. Teorema 1.19) si ha 1 = det In = det(AA−1) =

detA · detA−1, da cui det A−1 =1

detA. ¥


1. Esiste una classe di matrici, l’insiemeDn delle matrici diagonali, per la quale il calcolodell’inversa e molto piu semplice. Dalla definizione di prodotto si deduce infatti che lamoltiplicazione di due matrici diagonali si ottiene facendo il prodotto dei corrispettivielementi principali, ossia se A = diag(a11, . . . , ann) e B = diag(b11, . . . , bnn), allora

AB = diag(a11b11, . . . , annbnn)

(cfr. pag. 26). E facile verificare che A−1 = diag(a−111 , . . . , a−1

nn). Per esempio,l’inversa di diag(1, 3,−5) e diag

(1, 1

3 ,−15

).

2. Matrici e strutture algebriche Dalle considerazioni svolte deduciamo facilmenteche (Mm,n(K), +) e un gruppo. E siccome la somma e commutativa (altra proprietaereditata da quella analoga del campo K), e un gruppo abeliano.

Le cose si complicano nel caso del prodotto. Per mantenere la chiusura dell’insieme dimatrici rispetto all’operazione, ossia per essere certi che moltiplicando due matricidello stesso insieme, si ottenga come risultato ancora una matrice dell’insieme dipartenza, siamo costretti a restringere la nostra attenzione alle matrici quadrate. Cioe diretta conseguenza della definizione di prodotto e della nozione di conformabilita.

Grazie all’associativita del prodotto possiamo allora affermare che (Mn(K), ·) e,come minimo, un semigruppo. Pero in Mn(K) abbiamo definito la matrice identicaIn che funge da identita per il prodotto, quindi (Mn(K), ·) e un monoide. Purtroppola natura di una matrice invertibile ci costringe a fermarci qui. Se vogliamo arricchirel’insieme Mn(K) in quanto struttura algebrica rispetto al prodotto siamo costrettia prendere in considerazione non tutto Mn(K), ma suoi sottoinsiemi.

Certamente (Mn(K),+) e un gruppo abeliano (l’abbiamo appena visto). Inoltre ilprodotto e distributivo rispetto alla somma, e non solo nel caso di matrici quadra-te. Basta garantire la conformabilita degli operandi. Possiamo allora sicuramenteaffermare che (Mn(K), +, ·) e un anello, anzi un anello unitario.

Torniamo all’insieme Mn(K) con l’operazione di prodotto. Abbiamo visto che e unmonoide unitario. Per poter parlare di gruppo dobbiamo garantire l’esistenza di unelemento inverso per ogni matrice quadrata. Pero abbiamo visto che non tutte lematrici quadrate ammettono inverso. Devono essere non singolari. Questo ci portaa restringere l’insieme Mn(K) ad un suo sottoinsieme. Il simbolo GLn(K) indicail gruppo lineare di ordine n sul campo K. Questo insieme e formato da tutte lematrici quadrate invertibili di ordine n ad elementi nel campo K, ovvero:

GLn(K) = {A ∈Mn(K)| detA 6= 0}.


Per verificare che GLn(K) e un gruppo rispetto al prodotto non possiamo usare leosservazioni fatte riguardo a Mn(K), ovvero che e un monoide unitario, in quantodobbiamo ragionare su un suo sottoinsieme. Intanto GLn(K) e chiuso rispetto alprodotto. Infatti, se A,B ∈ GLn(K), allora AB ∈ GLn(K). Per il Teorema diBinet, det(AB) = detA · det B 6= 0, poiche detA 6= 0 e detB 6= 0, per definizionedi gruppo lineare. Inoltre il prodotto e associativo. L’elemento neutro e la matriceidentica In, che appartiene a GLn(K) in quanto det In = 1 6= 0:

AIn = InA = A,

per ogni A ∈ GLn(K). Ogni elemento di GLn(K) ha inverso, proprio per comee definito il gruppo lineare: se A ∈ GLn(K), allora detA 6= 0, quindi esiste A−1,con det(A−1) 6= 0, da cui A−1 ∈ GLn(K). Sono soddisfatti tutti gli assiomi digruppo. Si noti che GLn(K) non e abeliano, in quanto il prodotto di matrici non ecommutativo.

1.3 ESERCIZI

1.3.1. Sia M2(Z2) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 2 aventi coefficienti nelcampo Z2 delle classi di resti modulo 2. Sia I l’insieme formato dalle matrici A,B, C ∈M2(Z2) date da

A =[

1 00 1

], B =

[1 11 0

], C =

[0 11 1

].

Verificare che il prodotto tra matrici · e una operazione interna all’insieme I.

1.3.2. Sia I l’insieme di matrici considerato nell’Esercizio 1.3.1. Stabilire se (I, ·) e unmonoide.

1.3.3. Sia I l’insieme di matrici considerato nell’ Esercizio 1.3.1. Stabilire se (I, ·) e ungruppo abeliano.

1.3.4. Sia M2(Z3) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 2 aventi coefficienti nelcampo Z3 delle classi di resti modulo 3. Sia I l’insieme formato dalle matrici A,B, C ∈M2(Z3) date da

A =[

1 00 1

], B =

[1 11 0

], C =

[0 11 1

].

Stabilire se (I, ·) e una struttura algebrica.

1.3.5. Sia M(2,2)(Z3) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 2 ad elementi nell’insiemeZ3 delle classi di resti modulo 3, e sia + l’usuale somma di matrici. Determinare il numerodi elementi di (M(2,2)(Z3), +).

1.3.6. Determinare in (M(2,2)(Z3), +) l’inverso di[

2 11 0

]

1.3 ESERCIZI 37

1.3.7. Sia A la matrice di M(2,2)(Z3) data da[

1 12 0

].

Calcolare A3 −A2.

1.3.8. Sia M(3,3)(Z2) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 3 ad elementi nell’insiemeZ2 delle classi di resti modulo 2. Determinare il numero di elementi di M(3,3)(Z2).

1.3.9. Sia ∗ l’usuale prodotto di matrici inM(3,3)(Z2). Verificare che la matrice

1 0 11 1 10 0 1

e invertibile in (M(3,3)(Z2), ∗), e scrivere la matrice inversa.

1.3.10. Sia A la matrice di M(3,3)(Z2) data da

1 1 10 0 11 0 1

.

Indicata con I la matrice identica di ordine 3, calcolare il determinante della matriceM = (A− I)1000.

1.3.11. Sia I l’insieme dei punti del piano xy aventi coordinate(3 cos

(kπ

3

),−3 sin

(kπ

3

)),

essendo k un intero relativo. Considerati due punti qualsiasi P(3 cos

(aπ

3

),−3 sin

(aπ

3

))e Q

(3 cos

(bπ

3

),−3 sin

(bπ

3

))di I, sia ∗ l’operazione interna ad I data da

P ∗Q =(3 cos

((a + b)

π

3

),−3 sin

((a + b)

π

3

)).

1. Dimostrare che ∗ e associativa.

2. Dimostrare che esiste l’elemento neutro.

3. Dimostrare che il punto A(−3

2 ,−3√

32

)∈ I, e stabilire se esso ammette inverso in

I.

1.3.12. Sia Z18 l’insieme delle classi di resti modulo 18, e sia · la consueta operazione diprodotto tra classi.

1. Determinare l’insieme I degli elementi invertibili di Z18.

2. Dimostrare che (I, ·) e un gruppo abeliano.

3. Verificare che, in Z18, l’equazione 15x = 6 ammette tre soluzioni distinte, l’equazione7x = 17 ammette una ed una sola soluzione, l’equazione 3x = 11 non ammettesoluzioni. Calcolare poi le soluzioni delle equazioni considerate, nei casi in cui questeesistono.

1.3.13. Sia A ∈Mn(K) una matrice involutoria, cioe tale che A2 = A ·A = ICalcolare A1.000.000.000 e A1.000.000.001.


1.3.14. Verificare che per ogni matrice A ∈Mn(K), la matrice A + At e simmetrica.

1.3.15. Siano A,B ∈Mn(K) matrici simmetriche. Verificare che anche la matrice A+Be a sua volta simmetrica.

1.3.16. Dimostrare che se A e B sono matrici simmetriche di Mn(K) allora AB esimmetrica se e solo se A e B commutano.

1.3.17. Verificare che per ogni matrice A ∈Mn(K), la matrice A−At e emisimmetrica.

1.3.18. Date le matrici

A =

1 02 01 −2

, B =

1 01 00 2

,

determinare C = (AtB)t

1.3.19. Date le matrici

A =

1 22 40 1

, B =

−3 −21 −13 2

,

determinare una matrice C, di dimensione opportuna, tale che A + B − C = O.

1.3.20. Siano

A =[ −1 0

2 2b− 1

], B =

[c + 2 a1− 2d 1

]

due matrici di M2(R). Stabilire se esistono valori dei parametri reali a, b, c e d per i qualile matrici A e B sono uguali.

1.3.21. Si considerino le matrici

A =[ −a a

b 1

], B =

[ −1 1b a

].

Determinare per quali valori dei parametri reali a e b le matrici A e B commutano.


A =[

1 03 −1

], B =

[1 −1−2 0

].

determinare (A + B)2.

1.3.23. Determinare tutte le matrici

H =[

x yz t

]

di M2(R) che commutano con la matrice

A =[

1 10 1

].

1.3 ESERCIZI 39

1.3.24. Si consideri la matrice reale Ak = diag(k, 2). Si determini l’insieme Vk dellematrici di M2(R) permutabili con Ak.

1.3.25. Calcolare, usando le operazioni elementari di riga e di colonna, il determinantedella seguente matrice:

A =

5 4 2 12 3 1 −2−5 −7 −3 91 −2 −1 4

.

1.3.26. Dimostrare che se A e emisimmetrica di ordine dispari allora e singolare.

1.3.27. Determinare i valori dei parametri reali a, b ∈ R per i quali le seguenti matricisono singolari:

A =[

a− 1 33 a− 1

], B =

0 2b2 50 5 2

b− 2 2 3

.

1.3.28. Determinare la matrice inversa di

A =

1 −1 00 2 13 0 −1

.

1.3.29. Si consideri la matrice di M3(R)

A =

0 1 1a 2 10 1 a

,

dove a ∈ R e un parametro reale. Discutere l’esistenza dell’inversa di A al variare delparametro e, quando esiste, calcolarla.

1.3.30. Si consideri la matrice di M2(R)

A =[

a bc d

].

Determinare la matrice aggiunta A∗ e verificare che (A∗)∗ = A.

1.3.31. Determinare le matrici di A ∈ M2(R) che coincidono con la propria aggiunta,ovvero tali che A∗ = A.

1.3.32. Si consideri la matrice

A =

1 −12 01 3

.

Stabilire se esiste la matrice pseudoinversa di Moore-Penrose di A. In caso affermativocalcolarla e verificare il risultato.


1.3.33. Determinare il rango della matrice

1 1 0 −1 21 0 2 3 02 2 0 −2 4

.

1.3.34. Discutere il rango della matrice

A =[

k2 − 9 0 2k − 60 k − 3 1

],

al variare del parametro reale k ∈ R.

1.3.35. Discutere il rango della matrice

A =

h 2 2h 02 1 h− 1 h3h 3 2 h

,

al variare del parametro reale h ∈ R.

1.3.36. Studiare, al variare dei parametri reali a, b, il rango della matrice

A =

2 1 a2a + 1 1 2a− 1 −1 a

.

1.3.37. Si consideri la seguente matrice

A =

1 2 −1 3a 2 −a ba b− a c 3

.

Studiare, al variare dei parametri reali a, b, c, il rango della matrice A.

1.3.38. Calcolare il rango della seguente matrice partendo dall’elemento a22

A =

0 0 0 2 01 2 0 1 10 3 1 0 21 5 1 3 3

.

Capitolo 2

SISTEMI LINEARI

Ci vogliamo ora occupare dello studio e della risoluzione dei sistemi di equazioni lineari.Il loro interesse e dovuto al fatto che, a differenza di sistemi di equazioni generiche, esi-stono in questo caso precise tecniche per affrontarli. E bene comprendere fin dall’inizioche la fase risolutiva e comunque subordinata all’esistenza di soluzioni, e quindi che biso-gna innanzitutto cercare metodi che consentano di capire in partenza se un dato sistemaammetta soluzioni o sia impossibile.

2.1 DEFINIZIONE E NOTAZIONI

Un sistema di equazioni in n incognite e una famiglia di m equazioni

f1(x1, . . . , xn) = 0f2(x1, . . . , xn) = 0

...fm(x1, . . . , xn) = 0,

(2.1.1)

di cui si ricercano soluzioni comuni. Una soluzione del sistema (2.1.1) e una n-pla(x1, . . . , xn) tale che fi(x1, . . . , xn) = 0, per ogni i = 1, . . . , m. Si noti che non si po-ne alcuna condizione sulle funzioni fi delle incognite x1, x2, . . . , xn. Tutti i seguenti sonosistemi di equazioni:

{sinx + cosx = 0x− y + 1 = 0,

xy + y2 + 1 = 0z = 1xz2 = 0,

x + 2y − z = 12x− y = 0y + z = 2.

Se in (2.1.1) tutte le funzioni fi(x1, . . . , xn) sono polinomi di primo grado, allora si ha unsistema di m equazioni lineari in n incognite. In questo caso, isolando al secondo membrodi ogni equazione l’eventuale termine noto, il sistema assume il seguente aspetto

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = b2...

am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn = bm,

(2.1.2)

42 SISTEMI LINEARI

dove i coefficienti aij e bi appartengono ad uno stesso campo K, per ogni i ∈ {1, ..., m}, j ∈{1, ..., n}1. Se i termini noti bi sono tutti nulli, allora si parla di sistemi omogenei . L’e-sistenza di soluzioni e il loro numero sono regolati dal Teorema di Rouche-Capelli (cfr.Teorema 2.2) e, per quanto riguarda il numero di soluzioni, il campo base ha la sua im-portanza. Se il campo K cui appartengono i coefficienti dei polinomi che compongono ilsistema e infinito (ad esempio Q, R oppure C) il sistema puo comportarsi solo in tre modi:

(i) non ha soluzioni;

(ii) ha un’unica soluzione;

(iii) ha infinite soluzioni.

Non esistono casi intermedi. Non e possibile che un sistema lineare abbia, ad esempio,dodici soluzioni.


1. Per verificare che una data n-pla (s1, s2, ..., sn) e soluzione di un sistema lineare(2.1.2), basta verificare che sostituendo x − i = si i primi membri diventano ugualia bi, per ogni i ∈ {1, ..., m}.

2. Ovviamente un sistema omogeneo ammette sempre almeno la soluzione (0, 0, . . . , 0),detta soluzione banale. Eventuali altre soluzioni non banali, ovvero aventi almenouna componente non nulla, sono chiamate autosoluzioni .

3. Il seguente e un esempio di sistema lineare omogeneo:{

2x + y − 4z = 0x− 2y + z = 0.

La terna (7, 6, 5) e una sua autosoluzione.

4. La terna (2,−3, 1) e un’autosoluzione del sistema{

2x + y − z = 0x + y + z = 0.

Anzi, tutte le terne del tipo (2a,−3a, a), con a ∈ R e a 6= 0, sono autosoluzioni delprecedente sistema.

2.1.1 Matrici associate ai sistemi lineari

Dato il sistema lineare (2.1.2), consideriamo le seguenti matrici:

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

, X =

x1

x2...

xn

, B =

b1

b2...

bm

.

1Nelle applicazioni si assume spesso K = R, ma molti risultati teorici valgono in generale.

2.1 DEFINIZIONE E NOTAZIONI 43

La matrice A viene chiamata matrice dei coefficienti del sistema, la X vettore colonnadelle incognite e B vettore colonna dei termini noti . Per come e stato definito il prodottodi matrici, e facile vedere che

Teorema 2.1. Il sistema (2.1.2) e equivalente all’ equazione matriciale

AX = B. (2.1.3)

-Dimostrazione. Le matrici A e X sono conformabili, essendo A ∈ Mm,n(K) e X ∈Mn,1(K). Inoltre la matrice al primo membro della (2.1.3) e dello stesso tipo di quellodella matrice al secondo membro: m, 1. Sviluppando i conti otteniamo:

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn...

am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn

=

b1

b2...

bm

. (2.1.4)

Ma due matrici coincidono se e solo se coincidono i loro rispettivi elementi. Quindi la(2.1.4) equivale al sistema (2.1.2). Di conseguenza, ad ogni sistema lineare e possibileassociare la coppia di matrici (A,B). Viceversa, ad ogni coppia di matrici (A, B), conA ∈Mm,n(K) e B ∈Mm,1(K), si puo associare il sistema AX = B. ¥

Esiste allora una corrispondenza biunivoca fra sistemi lineari e coppie di matrici sif-fatte. Questa corrispondenza dipende pero da due scelte che, in genere, vengono date perscontate: l’ordinamento delle incognite e quello delle equazioni. E ovvio che se si scam-biano due equazioni in un sistema, le matrici dei coefficienti avranno due righe scambiate.Lo stesso vale per le colonne, se si scambiano le posizioni di due incognite in ciascunadelle equazioni del sistema. Quindi l’esistenza della corrispondenza biunivoca sopracitataimplica la scelta a priori di questi due ordinamenti.


1. Consideriamo il sistema lineare

2x− 3y + z − t = 12x + z − 4t = 0y − 3z + t = 5.

Abbiamo allora

A =

2 −3 1 −12 0 1 −40 1 −3 1

, X =

xyzt

e B =

105

.

Si noti che, in mancanza di una variabile, si considera come coefficiente 0. Tuttigli ordinamenti considerati sono quelli naturali o suggeriti dalla forma del sistema edalla prassi. Nel senso che, per le equazioni, abbiamo usato l’ordinamento suggeritodalla scrittura del sistema, mentre per l’ordinamento delle variabili abbiamo usatox, y, z, t.

44 SISTEMI LINEARI

2. Costruiamo il sistema associato alla coppia di matrici

A =[

1 2 3 4 50 1 −1 2 −2

], B =

[01

].

Siccome ci sono 5 incognite (A ∈ M2,5(R)), per comodita le numereremo con unindice, usando l’ordinamento naturale suggerito da quest’ultimo. Allora il sistemadiventa AX = B, con

X =

x1

x2

x3

x4

x5

, ovvero{

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 0x2 − x3 + 2x4 − 2x5 = 1.

3. In genere, se le incognite sono indicate con piu lettere, ad esempio a, b, . . . , x, y, z,l’ordine e quello alfabetico. Se sono indicate tramite un’unica lettera con indice, adesempio, x1, x2, . . . , xn, l’ordine e indotto dall’ordinamento naturale degli indici.

4. Determiniamo le matrici associate al sistema lineare di due equazioni nelle treincognite ¤, M e O: {

2¤− 3 M +O = 1M −5¤ + 3O = 2.

Dobbiamo stabilire un ordinamento sulle incognite (in questo caso l’ordine alfabeticonon ci aiuta!). Per esempio: ¤,M, O. Allora, riordinando le equazioni, abbiamo:

{2¤− 3 M +O = 1−5¤+ M +3O = 2,

la matrice dei coefficienti e i vettori delle incognite e dei termini noti sono, rispetti-vamente:

A =[

2 −3 1−5 1 3

], X =

¤MO

, B =

[12

].

2.2 STUDIO DI UN SISTEMA LINEARE

Lo studio di un sistema lineare avviene attraverso due fasi distinte. Per prima cosa sicerca di capire se il sistema ammette soluzioni. In caso di risposta negativa lo studio econcluso. Se invece la risposta e affermativa si passa alla determinazione esplicita di tuttele soluzioni possibili. Consideriamo separatamente queste due fasi.

2.2.1 Risolubilita di un sistema lineare

Lo studio della risolubilita di un sistema lineare si basa sul seguente fondamentale Teorema,conosciuto come Teorema di Rouche-Capelli .

2.2 STUDIO DI UN SISTEMA LINEARE 45

Teorema 2.2. Condizione necessaria e sufficiente affinche il sistema AX = B, con A ∈Mm,n(K) sia risolubile e che il rango della matrice dei coefficienti A coincida con quellodella matrice completa A′, ottenuta accostando alle colonne di A la colonna dei termininoti B.

-Dimostrazione. Pensiamo la matrice dei coefficienti A come l’accostamento di nvettori colonna C1, C2, ..., Cn ∈ Km, cioe A = [C1|C2|...|Cn]. Il sistema si puo quindiesprimere nella forma x1C1 + x2C2 + ...xnCn = B. Dire che il sistema ammette soluzioniequivale a dire che esistono coefficienti x1, x2, ..., xn per i quali il vettore colonna B ecombinazione lineare delle colonne di A, cioe che la caratteristica della matrice A′ e ugualealla caratteristica di A. ¥

La matrice A′ = [A|B] viene anche chiamata matrice aumentata.

2.2.2 Determinazione delle soluzioni

Dopo essersi assicurati dell’esistenza di soluzioni, si ha poi il problema di determinarleeffettivamente. Esistono a questo proposito molte maniere diverse di procedere, che ingenerale sfruttano operazioni attraverso le quali il sistema dato viene trasformato in unaltro sistema, equivalente al precedente ma piu semplice. Ognuno di questi metodi puorivelarsi piu o meno utile a seconda dei casi. Ne esaminiamo due in particolare, il primoapplicabile a tutti i sistemi, il secondo specifico per i sistemi lineari.

Risoluzione di un sistema lineare col metodo di sostituzione

Consideriamo un sistema lineare di m equazioni in n incognite

f1(x1, . . . , xn) = 0...fm(x1, . . . , xn) = 0.

(2.2.1)

Supponiamo che il coefficiente dell’incognita x1 nell’equazione f1 sia 6= 0. Per la linearitadell’equazione e sempre possibile mettere in evidenza la variabile x1, ottenendo cosı unascrittura del tipo x1 = g(x2, . . . , xn). Sostituendo il valore cosı trovato per x1 nelle m− 1rimanenti equazioni, abbiamo

x1 = g(x2, . . . , xn)f2(g, x2, . . . , xn) = 0...fm(g, x2, . . . , xn) = 0,

cioe

x1 = g(x2, . . . , xn)f ′2(x2, . . . , xn) = 0...f ′m(x2, . . . , xn) = 0.

Procedendo in questo modo e quindi possibile passare dal sistema iniziale ad un sistemaad esso equivalente, in cui il numero di variabili in alcune equazioni e diminuito. Sen = m, iterando il procedimento si arriva all’ultima equazione, nella quale compare unasola incognita. Si calcola allora il valore di quella incognita, e si risale poi fino alla primaequazione esplicitando di volta in volta i valori delle incognite calcolate. Se n < m ilvalore dell’ultima incognita (e risalendo quello di tutte le altre) puo essere calcolato doposole n iterazioni, e quindi le m − n equazioni rimanenti risultano essere superflue (cioenon fanno altro che esprimere in forma diversa le stesse relazioni descritte dalle prime n

46 SISTEMI LINEARI

equazioni) Se n > m, nell’ultima equazione restano n−m+1 incognite, e quindi si puo solodeterminarne una in funzione delle altre n−m. Risalendo, anche le precedenti incognitevengono calcolate in funzione di queste n−m incognite parametriche. Abbiamo in questocaso infinite soluzioni.

La regola di Cramer

La dimostrazione del Teorema 2.2 mette in evidenza che lo studio di un sistema lineare siribalta sullo studio delle combinazioni lineari delle colonne della matrice A dei coefficienti,e quindi la caratteristica di A deve esprimere qualche proprieta importante di questecombinazioni lineari. Rinviamo al Teorema 3.11 del Capitolo 3 per la comprensione diquesto fatto. Per ora ci limitiamo a dire che quando A ed A′ hanno la stessa caratteristicar, la risoluzione esplicita del sistema puo avvenire sfruttando il teorema seguente, notocome Regola di Cramer .

Teorema 2.3. Sia AX = B un sistema lineare, con A ∈ Mn(K). Condizione necessariae sufficiente affinche esso ammetta un’unica soluzione e che detA 6= 0. In questo caso lesoluzioni sono:

xi =det Ai

det Ai = 1, . . . , n, (2.2.2)

dove Ai e la matrice ottenuta dalla A sostituendo, di volta in volta, alla colonna i-esimala colonna dei termini noti B.

-Dimostrazione. Se A e una matrice quadrata non singolare, possiamo moltiplicareper A−1, a sinistra, entrambi i membri di AX = B, ed abbiamo A−1AX = A−1B, dacui si ricava che il sistema ammette l’unica soluzione X = A−1B. Questo significa che lacomponente i-ma di X, cioe l’incognita xi, e uguale al prodotto tra la riga i di A−1 e lacolonna B. Per come si e costruita la matrice inversa (cfr. formula (1.2.17)), abbiamoallora

X = A−1B =1

det A

A11 A21 . . . An1

A12 A22 . . . An2

. . .A1n A2n . . . Ann

b1

b2

. . .bn

,

essendo Aij il complemento algebrico di aij in A. Il prodotto tra la riga i di A−1 e lacolonna B fornisce quindi

xi =1

det A(A1ib1 + A2ib2 + ... + Anibn) . (2.2.3)

Consideriamo ora la matrice Ai ottenuta da A sostituendo alla colonna i la colonna B deitermini noti, cioe rimpiazzando aji con bi

Ai =

a11 . . . a1i−1 b1 . . . a1n

a21 . . . a2i−1 b2 . . . a2n

. . . . . .an1 . . . ani−1 bn . . . ann

.


I complementi algebrici dei bi in Ai coincidono ovviamente con i complementi algebrici Aji

degli aji in A. Pertanto, sviluppando il determinante di Ai secondo il Teorema di Laplaceapplicato alla colonna i, otteniamo detAi = b1A1i + b2A2i + ... + bnAni, e quindi, dalla(2.2.3) ricaviamo la (2.2.2). ¥

Uso della regola di Cramer

La Regola di Cramer fornisce la scrittura esplicita della soluzione di un sistema linearequadrato, ossia dove il numero delle equazioni coincide con quello delle incognite, in cui ildeterminante della matrice dei coefficienti e diverso da zero. Possiamo comunque sfruttarlain tutti i casi di risolubilita, cioe anche per sistemi quadrati in cui detA = 0 o persistemi non quadrati. A questo scopo si procede come segue. Sia M la sottomatrice diA corrispondente al minore non nullo di ordine massimo che fornisce la caratteristica r.Cambiando eventualmente l’ordine di scrittura delle equazioni e dei loro singoli addendi,possiamo sempre far sı che le righe e le colonne di M siano le prime r righe e le prime rcolonne di A.

A(m,n)

=

M

(r, r)

Eliminiamo poi dal sistema le m− r equazioni i cui coefficienti non appartengono ad M ,e trasportiamo al secondo membro le n − r incognite i cui coefficienti non appartengonoad M . Otteniamo cosı un sistema quadrato del tipo MX ′ = B′, cioe un sistema di requazioni nelle r incognite essenziali x1, x2, ..., xr

M

x1...xr

=

b1 − a1r+1xr+1 − ...− a1nxn...br − arr+1xr+1 − ...− arnxn

. (2.2.4)

Le n−r incognite che vengono spostate al secondo membro devono essere interpretate comeparametri arbitrari. Riassumiamo cio dicendo che il sistema ammette ∞n−r soluzioni. Ser = n la soluzione e unica ed abbiamo un sistema determinato.


1. Discutiamo la risolubilita del sistema

x− y + z − t = 12x− z = −14x− 2z + 3 = 0.

Le matrici A,B ed A′ sono, rispettivamente

A =

1 −1 1 −12 0 1 04 0 −2 0

, B =

1−1−3

, A′ =

1 −1 1 −1 12 0 −1 0 −14 0 −2 0 −3

.

48 SISTEMI LINEARI

Studiamo il rango di A′ partendo da minori appartenenti alla sottomatrice di A′

determinata da A. Il minore ottenuto dalle prime due righe e colonne, e uguale a 2,quindi A (e anche A′) ha almeno rango 2. Rimanendo in A, ovvero soffermandosisolo sulle prime quattro colonne, il minore considerato si puo orlare in due soli modi:

∣∣∣∣∣∣

1 −1 12 0 −14 0 −2

∣∣∣∣∣∣= 0,

∣∣∣∣∣∣

1 −1 −12 0 04 0 0

∣∣∣∣∣∣= 0.

Quindi, per il Teorema 1.22, rkA = 2. Possiamo pero orlare il minore in un terzomodo, usando l’ultima colonna della matrice aumentata (quella dei termini noti eche non e presente nella matrice dei coefficienti):

∣∣∣∣∣∣

1 −1 12 0 −14 0 −3

∣∣∣∣∣∣= −2 6= 0.

Quindi rkA′ = 3 6= 2 = rkA. Per il Teorema 2.2, il sistema e privo di soluzioni.

2. Discutiamo la risolubilita del sistema{

2x− y + z − 4t = 1x− 3y + 2z + t = 5.

Le matrici A,B ed A′ sono, rispettivamente[

2 −1 1 −41 −3 2 1

], B =

[15

], A′ =

[2 −1 1 −4 11 −3 2 1 5

].

Considerando le prime due colonne, determiniamo un minore del secondo ordine nonnullo. Quindi A, ma anche A′, ha rango massimo, ossia r = rkA = rkA′ = 2. IlTeorema 2.2 dice che il sistema ha ∞n−r = ∞4−2 = ∞2 soluzioni, ovvero che nellesoluzioni, quaterne ordinate di numeri, compariranno due parametri indipendenti.

3. Supponendo di avere gia verificato la risolubilita, determiniamo le soluzioni delseguente sistema con il metodo di sostituzione

{2x− 3y + 1 = 0x + y − 4 = 0.

Ricaviamo il valore della variabile x dalla prima equazione e sostituiamolo nellaseconda: {

x = 32y − 1

2(32y − 1

2

)+ y − 4 = 0,

da cui{

x = 32y − 1

252y − 9

2 = 0.

Ora ricaviamo y dalla seconda equazione, sostituendo il suo valore nella prima:

x = 32

95 − 1

2

y = 95

da cui

x = 115

y = 95 ,

che fornisce la soluzione del sistema iniziale.


4. Supponendo di avere gia verificato la risolubilita, determiniamo le soluzioni delseguente sistema con il metodo di sostituzione

{x− y + z = 12x + 2y − 6 = 0.

Ricaviamo la x dalla prima equazione:{

x = y − z + 12(y − z + 1) + 2y − 6 = 0,

da cui{

x = y − z + 14y − 2z − 4 = 0.

Ricavando z dalla seconda equazione si ottiene:{

x = y − (2y − z) + 1z = 2y − 2,

ovvero{

x = −y + 3z = 2y − 2.

In questo caso non e stato possibile determinare un valore preciso per ogni variabilee questa e una situazione tipica nei sistemi dove il numero di equazioni e minoredi quello delle incognite. Abbiamo ottenuto infinite soluzioni formate da terne dinumeri, tutte quelle di tipo (x, y, z), con x = −y + 3 e z = 2y − 2, ovvero che siscrivono nella forma (−y + 3, y, 2y− 2). In maniera equivalente possiamo scrivere lesoluzioni dando ad y il nome di un parametro. Posto ad esempio y = a, abbiamo(−a + 3, a, 2a − 2). Se, per esempio, poniamo a = 0 e a = 1, otteniamo le terne(3, 0,−2) e (2, 1, 0), rispettivamente, entrambe soluzioni del sistema.

5. Si noti che il metodo di sostituzione potrebbe essere applicato senza verificare pre-ventivamente la risolubilita del sistema. Nel caso in cui il sistema sia impossibile, sideve ottenere qualche contraddizione. Studiamo per esempio il seguente sistema

{2x− y − z + 1 = 04x + 2y − 2z − 1 = 0.

Ricavando la y dalla prima equazione e sostituendo, otteniamo:{

y = −2x + z − 1−3 = 0.

La seconda equazione non ha soluzioni, esprime una condizione falsa. Quindi ilsistema precedente e impossibile.

6. Prima di procedere con un qualsiasi metodo di risoluzione, e comunque consigliabilelo studio preventivo della effettiva risolubilita, in quanto, nel caso di sistemi impos-sibili, non e sempre agevole pervenire esplicitamente alle contraddizioni racchiusenelle equazioni considerate.

7. Consideriamo il sistema {x + 2y = 1−x + y = 3.

(2.2.5)

Le matrici dei coefficienti e dei termini noti sono, rispettivamente:

A =[

1 2−1 1

], B =

[13

].

50 SISTEMI LINEARI

Siccome det A = 3 6= 0, A e non singolare, quindi esiste ed e unica la soluzione di(2.2.5). Applicando la Regola di Cramer abbiamo

x = x1 =|A1||A| =

∣∣∣∣1 23 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2−1 1

∣∣∣∣= −5

3, y = x2 =

|A2||A| =

∣∣∣∣1 1−1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2−1 1

∣∣∣∣=

43,

In questo caso le incognite non sono indicate con un indice, ma si segue l’ordinamentoalfabetico. Quindi in A1 la colonna sostituita e quella dei coefficienti della variabilex, in A2 quella dei coefficienti della variabile y.

8. Consideriamo il sistema

x + y − t = 1x + 2y + 2z = 12x + 2y − 2t = 2

Si verifica che le matrici A e A′ hanno lo stesso rango r = 2, e quindi il sistema erisolubile. Per risolverlo possiamo applicare la regola di Cramer, ma prima dobbiamoridurlo come descritto nell’equazione (2.2.4) ad un sistema quadrato MX ′ = B′

equivalente a quello di partenza. Un minore non nullo di A, di ordine 2 e ad esempioquello corrispondente alla sottomatrice M indicata dagli elementi incasellati

1 1 0 −11 2 2 02 2 0 −2

.

Questo minore individua la parte consistente del sistema:

x + y + 0z − t = 1x + 2y + 2z = 12x + 2y − 2t = 2

Eliminando la terza equazione, i cui coefficienti non appartengono ad M , e portandoal secondo membro le incognite i cui coefficienti a loro volta non stanno nel minore,abbiamo il nuovo sistema equivalente:

{y = 1− x + t2y + 2z = 1− x,

da cui{

y = 1− x + tz = −1

2 + 12x− t,

e quindi

x = ay = 1− a + bz = −1

2 + 12a− b

t = b.

2.2.3 Caratterizzazione delle soluzioni di un sistema lineare

Consideriamo un sistema lineare omogeneo AX = 0, nel quale cioe la colonna dei termininoti sia identicamente nulla. In tal caso esiste sempre almeno una soluzione, quella banale,


in cui tutte le incognite assumono valore nullo (cfr. Osservazione 2 a pagina 42). Siccomeil sistema e risolubile, per il Teorema di Rouche-Capelli devono esistere ∞n−r soluzioni,essendo r la caratteristica di A. Di conseguenza abbiamo la sola soluzione banale nel casoin cui sia n = r. Questo puo accadere solo se A ∈ Mn(K), cioe se il numero di equazionie uguale a quello delle incognite, oppure se A ∈Mm,n(K) con m > n, cioe se il numero diequazioni e maggiore di quello delle incognite. Infatti il rango di A ∈ Mm,n(K) e sempreminore o uguale a min(m, n). Riassumendo, il sistema omogeneo ha solo la soluzionebanale se A ∈ Mm,n(K) con m ≥ n e rkA = n. In tutti gli altri casi il sistema omogeneoammette sempre autosoluzioni. Consideriamo ora un sistema lineare AX = B. Il sistemaAX = 0 si chiama sistema omogeneo associato al sistema considerato. Sussiste il seguenteimportante risultato:

Teorema 2.4. Sia X una soluzione particolare del sistema a: AX = B. Allora tutte esole le soluzioni del sistema a, sono del tipo X+X, dove X ∈ Sol(b), spazio delle soluzionidel sistema omogeneo b : AX = 0, associato ad a.

-Dimostrazione. Sia X ∈ Sol(b) e X una soluzione particolare del sistema a. Ab-biamo:

AX = b, (2.2.6)

AX = 0. (2.2.7)

Allora A(X+X) = b. Infatti, da (2.2.6) e (2.2.7), si ha A(X+X) = AX+AX = b+0 = b.Quindi X + X e soluzione del sistema a.

Viceversa, sia Y una generica soluzione di a, e X una sua soluzione particolare, ovvero:

AX = b, (2.2.8)

AY = b. (2.2.9)

Sottraendo membro a membro la (2.2.8) e la (2.2.9) otteniamo:

A(Y −X) = 0.

Cio significa che Y − X ∈ Sol(b), ovvero esiste X ∈ Sol(b) tale che X = Y − X, dacui Y = X + X.Quindi tutte e sole le soluzioni di a si scrivono nella forma X + X conX ∈ Sol(b).


1. Consideriamo il sistema non omogeneo

a

x + 2z = 1x + y + 2z = 32x + 4z = 2.

ed il suo sistema omogeneo associato b

x + 2z = 0x + y + 2z = 02x + 4z = 0.

Esso ammette ∞1 soluzioni, del tipo Sol(a) = {[1− 2z, 2, z]t, z ∈ R}. Una soluzioneparticolare e, per esempio, la terna X = [1, 2, 0]t. La generica soluzione del sistemaomogeneo associato risulta invece Sol(b) = {[−2z, 0, z]t, z ∈ R}. Notiamo quindiche la generica soluzione del sistema non omogeneo iniziale si ottiene sommando allasoluzione particolare X la generica soluzione di Sol(b).

52 SISTEMI LINEARI

2. In riferimento all’Esempio 8 a pagina 50, la generica soluzione risulta[a, 1− a + b,−1

2 + 12a− b, b

]=

[a,−a + b, 1

2a− b, b]

+[0, 1,−1

2 , 0]

= Sol(a) + X,essendo X una soluzione particolare del sistema non omogeneo considerato.

2.3 ESERCIZI

2.3.1. Dato il sistema

y − 3x + t = 1t− x = 0y − z + x = −1

determinare le matrice dei coefficienti, la colonna dei termini noti e riscrivere il sistemadato in forma matriciale.

2.3.2. Dato il sistema

3x1 − 5x2 + x4 = 4x2 − 3x3 + 5x4 = −1x1 + x2 − x3 − 1 = −3

determinare le matrice dei coefficienti e la colonna dei termini noti.

2.3.3. Discutere la risolubilita dei seguenti sistemi lineari:

(a)

x1 − x3 + 2x5 = 1x2 + x4 = 22x1 − x2 + x6 = 3.

(b)

x− y + z = 12x− 3y = 0x− z = 1.

(c)

x− y + z = 3y = 02x− 2y + 2z = 6.

(d)

2x2 = 2x4 − 1x1 − x2 + 3x3 − x4 = 1x2 − x4 = 1

2 .(e)

6x− 3y = 0x + y = 3−2x + y = 0.

2.3.4. Risolvere i seguenti sistemi lineari:

(a){

x1 + 2x2 = 3x1 − 2x2 = 0.

(b){

x− y + z + t = 0x + y + z + t = 0.

(c)

x− y + z = 0x + z = 0y − z = 0.

(d)

x− y = 1x + z = 22x− 2y = 1.

(e){

x1 − 2x2 + x3 = 12x1 + x2 − x3 = 2.

(f)

x1 − 3x2 + x3 = 1x1 + x2 − 3x3 = 22x1 − 2x2 − 2x3 = 3.

(g)

x1 − x2 + 3x3 + 2x4 = 0x1 − x2 − 2x3 − x4 = 0x1 − x3 − x4 = 0.

(h)

2x− y = 2x + 6y = 06x + y = 5.

2.3.5. Discutere, al variare del parametro reale t ∈ R il seguente sistema:

x1 + 3x3 = 12x1 + x2 + 6x3 = t3x1 + tx3 = 2.

2.3 ESERCIZI 53

2.3.6. Determinare i valori dei parametri a, b ∈ R affinche il sistema

ax + by − z = −bx− ay = bbx− 2az = a + 1

(2.3.1)

ammetta la soluzione (1, 2, 3). In questo caso verificare se ne esistono altre.

2.3.7. Discutere, al variare del parametro reale t, il sistema avente come matrici associate:

A =

t− 1 01 02 3

, B =

tt

t− 1

.

2.3.8. Si consideri il sistema AX = B, dove B = [1, 3,−1]t, mentre A = [aij ] e la matricedi M3(R) con A = At, a12 = t, a13 = a23 = 1 e tale per cui A − diag(2, 3, 1) abbiagli elementi principali nulli. Determinare t in modo che il sistema abbia una e una solasoluzione.

2.3.9. Discutere, al variare del parametro reale t, il sistema{

tx + y + 2z = 22x + 2ty + z = 1.

2.3.10. Discutere e risolvere il sistema

x + ay = 12x− y = 1− 2aax + y = a,

al variare del parametro reale a ∈ R.

2.3.11. Discutere e, quando possibile, risolvere il sistema lineare AX = B, essendo

A =

2 1 a2a + 1 1 2a− 1 −1 a

, B =

0b2

.

2.3.12. Discutere e, quando possibile, risolvere il sistema lineare AX = B, essendo

A =

1 2 −1 3a 2 −a ba b− a c 3

, B =

001

.

54 SISTEMI LINEARI

Capitolo 3

SPAZI VETTORIALI

In questo capitolo vogliamo studiare la struttura di spazio vettoriale, cercando di mettere inevidenza la grande generalita di questo concetto. Esso permette di unificare molte nozioni,alcune delle quali gia note dalla scuola superiore, altre precedentemente incontrate (o dasviluppare in seguito) nei programmi di Algebra Lineare e di Geometria Analitica, altreancora caratteristiche di diversi corsi universitari.

3.1 ESEMPI E STRUTTURA

Vogliamo innanzitutto prendere in considerazione alcuni esempi preliminari, che ci per-mettano di prendere gradatamente contatto con la struttura di spazio vettoriale.

3.1.1 Lo spazio dei polinomi.

Consideriamo l’insieme R[t] dei polinomi in un’indeterminata t a coefficienti nel campo Rdei numeri reali. L’insieme R[t] e formato da tutti i polinomi del tipo

n∑

i=0

aitn−i = a0t

n + a1tn−1 + · · ·+ an−1t + an,

con n ∈ N e ai ∈ R. Possiamo introdurre un’operazione in R[t], che chiamiamo sommadi polinomi ed indichiamo con il solito simbolo +, in modo che la coppia (R[t], +) sia

un gruppo abeliano. Definiamo questa operazione come segue. Se p(t) =n∑

i=0

aitn−i e

q(t) =m∑

i=0

bitm−i sono due polinomi, con n > m, possiamo rendere q(t) dello stesso grado

di p(t) aggiungendo le n−m potenze di t mancanti con i coefficienti nulli, ovvero

q(t) =m∑

i=0

bitm−i =

n∑

i=m+1

0ti +m∑

i=0

bitm−i =

n∑

i=0

bitn−i, (3.1.1)

essendo bm+1 = · · · = bn = 0.Due polinomi si possono sommare, sommando i coefficienti delle rispettive potenze di

t, ossia:

p(t) + q(t) =n∑

i=0

aitn−i +

n∑

i=0

bitn−i =

n∑

i=0

(ai + bi)tn−i.

56 SPAZI VETTORIALI

L’insieme R[t] e ovviamente chiuso rispetto alla somma, in quanto la somma di duepolinomi e sempre un polinomio.

La somma di polinomi e un’operazione associativa, proprieta che si eredita dall’analogaproprieta della somma di scalari nel campo R

(p(t) + q(t)) + r(t) =

(n∑

i=0

aitn−i +

n∑

i=0

bitn−i

)+

n∑

i=0

citn−i =

=n∑

i=0

(ai + bi)tn−i +n∑

i=0

citn−i =

n∑

i=0

((ai + bi) + ci) tn−i =

=n∑

i=0

(ai + (bi + ci)) tn−i =n∑

i=0

aitn−i +

n∑

i=0

(bi + ci)tn−i =

=n∑

i=0

aitn−i +

(n∑

i=0

bitn−i +

n∑

i=0

citn−i

)= p(t) + (q(t) + r(t)).

(3.1.2)

Anche la commutativita viene ereditata dalla commutativita della somma in R.Esiste poi l’elemento neutro, dato dal polinomio nullo 0(t) = 0. Inoltre, ogni polinomio

p(t) =n∑

i=0

aitn−i ammette l’inverso −p(t) =

n∑

i=0

(−ai)tn−i. Riassumendo abbiamo la

seguente proprieta(SV1). La coppia (R[t], +) e un gruppo abeliano.Possiamo ora considerare una seconda operazione, detta prodotto per scalari, cosı

definita. Per ogni x ∈ R e per ogni p(t) =n∑

i=0

aitn−i ∈ K[t], poniamo:

xp(t) = x

(n∑

i=0

aitn−i

)=

n∑

i=0

(xai)tn−i.

Siano p(t) =n∑

i=0

aitn−i e q(t) =

n∑

i=0

bitn−i due polinomi, che possiamo sempre supporre

dello stesso grado, ragionando in modo simile a quanto fatto per definire la somma in(3.1.1). Allora:

(SV2). Per ogni x ∈ K abbiamo x(p(t) + q(t)) = xp(t) + xq(t). Infatti:

x(p(t) + q(t)) = x

(n∑

i=0

aitn−i +

n∑

i=0

bitn−i

)= x

(n∑

i=0

(ai + bi)tn−i

)=

=n∑

i=0

x(ai + bi)tn−i =n∑

i=0

(xai + xbi)tn−i =n∑

i=0

xaitn−i +

n∑

i=0

xbitn−i =

= x

(n∑

i=0

aitn−i

)+ x

(n∑

i=0

bitn−i

)= xp(t) + xq(t).

3.1 ESEMPI E STRUTTURA 57

(SV3). Per ogni x, y ∈ R si ha (x + y)p(t) = xp(t) + yp(t). Infatti:

(x + y)p(t) = (x + y)

(n∑

i=0

aitn−i

)=

n∑

i=0

(x + y)aitn−i =

n∑

i=0

(xai + yai)tn−i =

=n∑

i=0

xaitn−i +

n∑

i=0

yaitn−i = x

(n∑

i=0

aitn−i

)+ y

(n∑

i=0

aitn−i

)=

= xp(t) + yp(t).

(SV4). Per ogni x, y ∈ R abbiamo (xy)p(t) = x(y(p(t)). Infatti:

(xy)p(t) = (xy)

(n∑

i=0

aitn−i

)=

n∑

i=0

(xy)aitn−i =

n∑

i=0

x(yai)tn−i =

= x

(n∑

i=0

aitn−i

)= x (yp(t)) .

(SV5). 1 · p(t) = 1n∑

i=0

aitn−i =

n∑

i=0

(1·)aitn−i =

n∑

i=0

aitn−i = p(t).

Riassumendo, abbiamo visto che a partire dall’insieme dei polinomi R[t], e possibiledefinire una operazione interna di somma, ed una operazione esterna di prodotto perscalari, rispetto alle quali R[t] verifica le proprieta (SV1), . . . , (SV5). L’insieme R[t] prendeallora il nome di spazio dei polinomi sul campo R.

3.1.2 Lo spazio delle matrici

Consideriamo ora l’insieme Mm,n(R) delle matrici dotate di m righe e di n colonne, adelementi reali (per m = n si ha l’insieme Mn(R) delle matrici quadrate di ordine n).Siano A = [aij ] e B = [bij ] due elementi di Mm,n(R), e sia a ∈ R un qualsiasi numeroreale. Come abbiamo fatto per l’insieme dei polinomi, possiamo definire anche inMm,n(R)un’operazione di somma di matrici e di prodotto per scalari nella maniera seguente.

+ : Mm,n(K)×Mm,n(K) −→ Mm,n(K)

(A, B) 7→ A + B = [aij + bij ],

· : K×Mm,n(K) −→ Mm,n(K)(a,A) 7→ a ·A = [a · aij ].

Queste operazioni soddisfano le stesse proprieta (SV1), . . . , (SV5) viste nel Paragrafo3.1.1. Infatti, si verifica facilmente che la coppia (Mm,n(R), +) e un gruppo abeliano, percui la proprieta (SV1) e presente. Inoltre abbiamo

58 SPAZI VETTORIALI

(SV2). Per ogni A,B ∈Mm,n(R) e per ogni x ∈ K, l’uguaglianza:

x · (A + B) = x ·A + x ·B

e vera. Infatti

x · (A + B) = x · [aij + bij ] =[xaij + xbij ] =[xaij ] + [xbij ] =x · [aij ] + x · [bij ] = x ·A + x ·B.

(SV3). Per ogni A = [aij ] ∈ Mm,n(R) e per ogni x, y ∈ R, e vera l’uguaglianza(x + y) ·A = x ·A + y ·A. Infatti:

(x + y) ·A = (x + y) · [aij ] = [(x + y)aij ] == [xaij + yaij ] = [xaij ] + [yaij ] == x · [aij ] + y · [aij ] = x ·A + y ·A.

(SV4). Per ogni A ∈ Mm,n(R) e per ogni a, b ∈ R, l’uguaglianza (ab) · A = a · (b · A)e ovvia.

(SV5). Per ogni matrice A = [aij ] ∈ Mm,n(R) abbiamo 1 · A = 1 · [aij ] = [1aij ] =[aij ] = A.

Riassumendo, a partire dall’insieme delle matrici M((R)m,n) e possibile definire unaoperazione interna di somma, ed una operazione esterna di prodotto per scalari, rispet-to alle quali M((R)m,n) verifica le proprieta (SV1), . . . , (SV5). L’insieme M((R)m,n)prende allora il nome di spazio delle matrici di tipo (m,n) sul campo R.

3.1.3 Lo spazio delle funzioni.

Sia K un campo e X un insieme generico. Consideriamo l’insieme KX di tutte le funzionida X a valori in K. Un elemento f ∈ KX e una funzione f : X −→ K, su cui non si faalcuna ipotesi particolare. Anche in questo insieme possiamo definire una somma e unprodotto per scalari.

Per quanto riguarda la somma, se f, g ∈ KX, poniamo

f + g : X −→ K

x 7−→ f(x) + g(x).

Quindi si usa la somma di K per definire un’analoga operazione in KX. E un’operazioneassociativa e commutativa, perche cosı e in K. L’elemento neutro e la funzione nulla

0 : X −→ K

x 7−→ 0,

e l’inversa di f e −f , dove−f : X −→ K

x 7−→ −f(x).


La coppia (KX,+) e allora un gruppo abeliano, e vale la proprieta (SV1). La scelta piuovvia, per quanto riguarda il prodotto per scalari, e quella di assumere come campo baselo stesso campo K. Allora, per ogni a ∈ K e per ogni f ∈ KX, definiamo

af : X −→ K

x 7−→ af(x).

Le quattro proprieta (SV1), . . . , (SV5) sono banalmente verificati grazie alle analogheproprieta del prodotto di scalari in K. Si parla allora di spazio delle funzioni KX.

3.1.4 Gli assiomi di spazio vettoriale

Le considerazioni svolte nei paragrafi precedenti ci spingono a generalizzare i concettiintrodotti. Viene cioe spontaneo tentare di estendere le operazioni di somma interna eprodotto per scalari in maniera da introdurre una struttura di spazio vettoriale a partireda un generico insieme V. A tale proposito ragioniamo come segue.

Sia V un insieme non vuoto e sia K un campo qualsiasi. Siano + e · le operazioniinterne a K. Consideriamo la quaterna (V,K,⊕,×), dove ⊕ e × sono due operazionibinarie del tipo:

⊕ : V ×V −→ V,

× : K×V −→ V.

Diciamo che (V,K,⊕,×) e uno spazio vettoriale se valgono i seguenti assiomi:

(SV1) (V,⊕) e un gruppo abeliano;(SV2) ∀a ∈ K, ∀v,w ∈ V: a× (v ⊕w) = a× v ⊕ a×w;(SV3) ∀a, b ∈ K, ∀v ∈ V: (a + b)× v = a× v ⊕ b× v;(SV4) ∀a, b ∈ K, ∀v ∈ V: (a · b)× v = a× (b× v);(SV5) ∀v ∈ V: 1× v = v, essendo 1 l’elemento neutro di K rispetto al prodotto.

Gli elementi di V si dicono vettori , quelli di K scalari . L’operazione ⊕ e detta sommavettoriale o di vettori, mentre l’operazione × e detta prodotto per uno scalare. Si osserviche (SV1) sottintende gli assiomi di gruppo abeliano e determina quella che viene chiamatastruttura additiva di V.

I rimanenti quattro assiomi (SV2)-(SV5) riguardano invece l’azione del campo Ksull’insieme V.

Nota. Per limitare il numero dei simboli, conveniamo di indicare, nel seguito, l’operazioneesterna × con ·, e di scrivere semplicemente ab per descrivere la composizione a · b in K.Usiamo inoltre lo stesso simbolo + per rappresentare sia l’operazione di somma in K,sia la somma di vettori in V, essendo comunque chiaro dal contesto il loro significato. Iprecedenti assiomi si enunciano allora nella maniera seguente:

60 SPAZI VETTORIALI

(SV1) (V, +) e un gruppo abeliano;(SV2) ∀a ∈ K, ∀v,w ∈ V: a(v + w) = av + aw;(SV3) ∀a, b ∈ K, ∀v ∈ V: (a + b)v = av + bv;(SV4) ∀a, b ∈ K, ∀v ∈ V: (ab)v = a(bv);(SV5) ∀v ∈ V: 1v = v.

3.1.5 Lo spazio canonico

Consideriamo ora un importante esempio di spazio vettoriale, cioe l’insiemeKn = K×...×K(n volte), con le usuali operazioni di somma di vettori e prodotto per scalari. Esso vienedetto spazio vettoriale canonico, in quanto fornisce una sorta di modello per tutti glispazi vettoriali finiti (si veda anche il Paragrafo 3.3.2, il Teorema 3.9 e le considerazionisuccessive). I suoi elementi sono le colonne formate da n-ple di scalari appartenenti a K1.Ricordiamo che, in Kn, la somma di vettori e fatta per componenti:

a1...

an

+

b1...

bn

=

a1 + b1...

an + bn

,

e cosı pure il prodotto per scalari:

x

a1...

an

=

xa1...

xan

.

Per dimostrare cheKn e uno spazio vettoriale, occorre verificare la validita degli assiomi(SV1), . . . , (SV5).L’insieme (Kn, +) e un gruppo abeliano, essendo la somma associativa (lo e in K), com-mutativa, con elemento neutro il vettore 0 = [0, ..., 0]t, e come elemento inverso di v =[a1, . . . , an]t il vettore −v = [−a1, . . . ,−an]t. E quindi soddisfatto l’assioma (SV1).

Anche i rimanenti quattro assiomi si verificano facilmente.

(SV2). Per ogni x ∈ K e u,v ∈ Kn:

x(u + v) = x

a1...

an

+

b1...

bn

= x

a1 + b1...

an + bn

=

x(a1 + b1)...

x(an + bn)

=

=

xa1 + xb1...

xan + xbn

=

xa1...

xan

+

xb1...

xbn

= x

a1...

an

+ x

b1...

bn

= xu + xv.

1Talvolta, per risparmiare spazio, gli elementi di Kn vengono scritti come trasposti di vettori riga. Inquesti casi si usa separare con una virgola le singole componenti.


(SV3). Per ogni x ∈ K e u ∈ Kn:

(x + y)u = (x + y)

a1...

an

=

(x + y)a1...

(x + y)an

=

xa1 + ya1...

xan + yan

=

=

xa1...

xan

+

ya1...

yan

= x

a1...

an

+ y

a1...

an

= xu + yu

(SV4). Per ogni x ∈ K e u ∈ Kn:

(xy)u = (xy)

a1...

an

=

(xy)a1...

(xy)an

=

x(ya1)...

x(yan)

= x

ya1...

yan

= x(yu).

(SV5). Per ogni u ∈ Kn:

1u = 1

a1...

an

=

1a1...

1an

=

a1...

an

= u.


1. Consideriamo i seguenti assiomi di spazio vettoriale:

(SV3) (a + b)u = au + bu;

(SV4) (a · b)u = a · (bu).

In (SV3) e (SV4), rispettivamente, il segno + e il segno · del primo e secondomembro non designano la medesima operazione. Consideriamo infatti (SV3). Alprimo membro, a + b indica una somma di scalari, eseguita nel campo base K. Alsecondo membro, la somma au + bu e una somma di vettori eseguita secondo ladefinizione di somma vettoriale introdotta per lo spazio V. Anche se la simbologiae la stessa, il segno + non indica la stessa operazione. Questo fatto puo esserevisualizzato meglio riscrivendo le operazioni come funzioni. Nel primo caso abbiamo+ : K×K −→ K; nel secondo + : V×V −→ V.. L’unico caso in cui le due operazionisono sostanzialmente la stessa operazione e quando V = K, ovvero il caso di unospazio canonico.

Un discorso analogo si puo fare per (SV4). Al primo membro l’operazione e quelladi prodotto di due scalari, eseguita in K · : K × K −→ K. Al secondo membro,a · (bu) indica il prodotto di uno scalare per un vettore · : K×V −→ V

2. Oltre a quelli considerati nei paragrafi precedenti, esistono molti altri esempi di spazivettoriali. Basta partire da un insieme V e da un campo K, e cercare di definire

62 SPAZI VETTORIALI

operazioni rispetto alle quali V venga a godere delle proprieta descritte. Alcuni diquesti esempi sono in effetti gia familiari. Per esempio, e facile vedere che l’insiemeR si puo dotare di una struttura di spazio vettoriale sul campo Q.

La coppia (R, +), con + usuale somma di numeri reali, e ovviamente un gruppoabeliano, in quanto R e un campo. E quindi soddisfatto l’assioma (SV1).

Consideriamo come prodotto per scalari il prodotto di numeri reali definito in R,restringendolo, per quanto riguarda la prima componente, ai soli elementi di Q. Equindi una funzione del tipo:

· : Q× R −→ R

(q, x) 7−→ q · x.

Gli assiomi (SV2), . . . , (SV5) discendono direttamente dalle proprieta associativedel prodotto in R e dell’elemento neutro rispetto al prodotto, dato dal numero 1.Quindi R e uno spazio vettoriale su Q.

3. Ogni campo K e spazio vettoriale su se stesso. Questo e un caso molto particolare dicostruzione di spazio vettoriale. La somma di vettori e il prodotto per scalari sonoquelli gia definiti in K stesso, ossia

+ : K×K −→ K(a, b) 7−→ a + b,

· : K×K −→ K(a, b) 7−→ a · b.

La validita degli assiomi e allora ereditata direttamente dalle proprieta della sommae del prodotto in un campo.

Un discorso analogo puo essere fatto per determinare una struttura di spazio vetto-riale su K con un sottocampo F ≤ K, con l’accorgimento di definire il prodotto perscalari come restrizione ad F del prodotto esistente in K, ossia:

· : F×K −→ K(a, b) 7−→ a · b.

Quindi, ad esempio, C e spazio vettoriale su C, ma puo essere visto come spaziovettoriale su R o su Q.

4. Gli spazi vettoriali introdotti nei paragrafi 3.1.1, 3.1.2 e 3.1.3 si possono generalizzare,sostituendo R con un campo K qualsiasi. Tutte le considerazioni svolte restanovalide, pur di rimpiazzare le operazioni di somma e prodotto tra numeri reali con ledue operazioni rispetto alle quali l’insieme K e un campo.

5. In modo alternativo, si puo verificare che Kn e uno spazio vettoriale osservando chel’insieme Mm,n(K) e uno spazio vettoriale e che Kn = Mn,1(K).

3.2 SOTTOSPAZI 63

3.2 SOTTOSPAZI

Consideriamo uno spazio vettoriale V sul campo K, e sia W ⊆ V un suo sottoinsieme nonvuoto. Diciamo allora che W e un sottospazio vettoriale di V, e scriviamo W ≤ V, se,restringendosi a W, si verificano ancora gli assiomi di spazio vettoriale (SV1), . . . , (SV5).Cio significa che applicando a vettori di W le stesse operazioni di somma di vettori eprodotto per scalari definite per V, si ottengono vettori appartenenti ancora a W.

Per verificare che un dato sottoinsieme W di uno spazio vettoriale V e un sottospazio,e necessario procedere alla verifica degli assiomi internamente a W. Invece, per verificareche W non e un sottospazio basta mostrare che almeno uno degli assiomi non si verificain W. Per esempio, l’insieme delle matrici quadrate binarie sul campo R, cioe

W = {A = [aij ] ∈Mn(R)| aij = 0 ∨ aij = 1},

non e un sottospazio di M2(R). Per l’assioma (SV1), infatti, W dovrebbe essere chiusorispetto alla somma. Ma in M2(R) la somma di due matrici binarie non e detto che siaancora una matrice binaria. Quindi W non e chiuso rispetto alla restrizione della sommadefinita in M2(R), e pertanto non puo essere un gruppo abeliano ne, tanto meno, unospazio vettoriale, sottospazio di M2(R).


1. Ogni spazio vettoriale V ammette sempre due sottospazi detti impropri o banali : ilsottospazio nullo {0}, ovvero l’insieme formato dal solo elemento nullo rispetto allasomma e V stesso.

2. Si noti che {0} e l’unico spazio vettoriale che coincide con i suoi sottospazi impropri.Si faccia inoltre attenzione a non confondere il sottospazio nullo {0} con l’insieme∅, che invece non e un sottospazio vettoriale.

3. Nello studio dei sottospazi e cruciale la presenza del vettore nullo 0. Infatti se V euno spazio vettoriale, certamente 0 ∈ V. Al contrario la presenza del vettore nulloe solo una condizione necessaria per essere sottospazio, non sufficiente. Ovvero, se0 ∈ W, non possiamo dire nulla sulla sua struttura di sottospazio.

4. Verifichiamo se R2 e un sottospazio di R3. La risposta e negativa. Infatti non eneppure un sottoinsieme, poiche i vettori di R2 hanno 2 componenti, mentre quellidi R3 ne hanno una in piu.

Generalizzando la questione, non e mai vero che Kn ≤ Km se n < m.

5. Possiamo mettere R2 in corrispondenza biunivoca con il sottoinsieme W2 di R3 datodalle terne di numeri reali aventi la terza componente nulla, cioe

W2 = {[x, y, 0]t| x, y ∈ R}.

64 SPAZI VETTORIALI

In W2 possiamo allora considerare le stesse operazioni di somma di vettori e prodottoper scalari definite in R3, ottenendo cosı uno spazio vettoriale. L’insieme W2 e quindiun sottospazio vettoriale di R3.

6. L’insieme X di tutti i polinomi di grado n non e un sottospazio di K[t]. Infatti, peressere un sottospazio, deve essere linearmente chiuso. In particolare, cio significa chedeve essere chiuso rispetto alla somma. Questo non e vero. Infatti, sia

p(t) =n∑

i=0

aitn−i

un polinomio di grado n. In X esiste anche il polinomio

q(t) = −a0tn + b1t

n−1 + · · ·+ bn−1t + bn,

con i bj ∈ K arbitrari. Per come e definita la somma di polinomi in K[t] abbiamo:

p(t) + q(t) = (a0 − a0)tn + (a1 + b1)tn−1 + · · ·+ (an + bn) =

= (a1 + b1)tn−1 + · · ·+ (an + bn).

Quest’ultimo e un polinomio di grado n− 1, che non puo appartenere ad X. QuindiX non e chiuso rispetto alla somma, cioe non e un gruppo abeliano e l’assioma (SV1)non e soddisfatto. Allora X non e un sottospazio.

3.2.1 Combinazioni lineari e sottospazi

Sia V uno spazio vettoriale sul campo K e siano v1, . . . ,vn vettori di V, con n ≥ 1. Allorala somma

n∑

i=1

aivi = a1v1 + · · ·+ anvn,

dove ai ∈ K, i = 1, . . . , n, e chiamata combinazione lineare dei vettori vi a coefficientinel campo K. E ovviamente un vettore dello spazio V. Le combinazioni lineari sonoessenziali per caratterizzare un sottospazio. Sia W ≤ V, sul campo K. Abbiamo visto,nel paragrafo precedente, che questo significa che W e un sottoinsieme di V che soddisfagli assiomi di spazio vettoriale rispetto alla restrizione di somma di vettori e prodottoper scalari ereditate da V. Questo equivale a dire, come dimostreremo fra poco, che Wcontiene tutte le combinazioni lineari a coefficienti in K di suoi vettori. Cio significa che,per ogni a ∈ K e per ogni w ∈ W, aw ∈ W e che, per ogni v,w ∈ W, v + w ∈ W.Questo fatto si riassume dicendo che W e linearmente chiuso. Vale il seguente Teorema:

Teorema 3.1. Condizione necessaria e sufficiente affinche un sottoinsieme W di unospazio vettoriale V sia sottospazio e che, per ogni a, b ∈ K e per ogni v,w ∈ W, si abbia

av + bw ∈ W. (3.2.1)

3.2 SOTTOSPAZI 65

-Dimostrazione. Se W e un sottospazio vettoriale di V, in esso sono ben definitele stesse operazioni di somma di vettori e prodotto per scalari che rendono V spaziovettoriale. Questo significa che W contiene ogni multiplo di un suo vettore e ogni sommadi due suoi vettori. Cio equivale alla condizione (3.2.1). Quindi la condizione espressa dalTeorema e necessaria.

Viceversa, se vale la (3.2.1), che si puo anche spezzare nelle due condizioni

(i) ∀a ∈ K, ∀w ∈ W: aw ∈ W,

(ii) ∀v,w ∈ W: v + w ∈ W,

allora in W risultano ben definite le stesse operazioni di somma tra vettori e di prodottoper scalari che rendono V spazio vettoriale. La validita degli assiomi di spazio vettorialee pertanto ereditata dalla validita degli stessi assiomi nell’insieme piu ampio V. Quindila condizione e anche sufficiente. ¥


1. Abbiamo gia detto (cfr. Esempio 3 a pag. 63) che la presenza del vettore nullo 0 econdizione necessaria per essere sottospazio. Possiamo rileggere questo fatto comeconseguenza del Teorema 3.1. Infatti, dalla (3.2.1), ponendo a = 1, b = −1 e v = w,abbiamo v − v = 0 ∈ W. La condizione tuttavia non e sufficiente. Per esempiol’insieme W = {[a, b, c]t ∈ R3| a ≥ 0}e sottoinsieme di R3 e contiene il vettore nullo0 = [0, 0, 0]t, ma non e un sottospazio. Non e chiuso rispetto al prodotto per scalari.Infatti, se x ∈ R con x < 0, allora x[a, b, c]t = [xa, xb, xc]t, con xa < 0, se a 6= 0.Quindi [xa, xb, xc]t 6∈ W.

2. Verifichiamo, usando la condizione che caratterizza i sottospazi, che l’insieme dellematrici simmetriche d’ordine n e un sottospazio dello spazio vettoriale Mn(K).

Ricordiamo che l’operazione di trasposizione soddisfa le seguenti proprieta:

(A + B)t = At + Bt, (3.2.2)

(aA)t = aAt ∀a ∈ K. (3.2.3)

Una matrice simmetrica e caratterizzata dal fatto di coincidere con la sua trasposta,ossia A e simmetrica se e solo se A = At. Allora, per ogni A,B ∈Mn(K) simmetrichee per ogni a, b ∈ K, verifichiamo che aA+bB e ancora una matrice simmetrica. Dalle(3.2.2) e (3.2.3), abbiamo (aA+bB)t = (aA)t+(bB)t = aAt+bBt = aA+bB. In baseal Teorema 3.1 questo e sufficiente a garantire che l’insieme delle matrici simmetriched’ordine n e un sottospazio dello spazio vettoriale Mn(K).

3.2.2 Chiusura lineare

Sia V uno spazio vettoriale sul campo K e X ⊆ V un suo sottoinsieme. L’insieme di tuttele possibili combinazioni lineari finite di elementi di X a coefficienti nel campo K si indicacon L(X) ed e chiamata chiusura lineare di X.

66 SPAZI VETTORIALI

Teorema 3.2. L’insieme L(X) e un sottospazio vettoriale di V.

-Dimostrazione. Consideriamo due qualsiasi vettori u,v ∈ L(X). Allora u e v sonocombinazioni di vettori di X, per definizione di chiusura lineare. Per ogni a, b ∈ K, au+bve a sua volta una combinazione di vettori di X, in quanto combinazione di combinazionilineari, e quindi appartiene a L(X). Questa e condizione sufficiente affinche L(X) siasottospazio di V (cfr. Teorema 3.1). ¥

Teorema 3.3. La chiusura lineare di X e il piu piccolo sottospazio di V contenentel’insieme X.

-Dimostrazione. Sia W un qualsiasi sottospazio di V tale che X ⊆ W. Allora Wcontiene tutte le combinazioni lineari dei suoi vettori, cioe e linearmente chiuso. In par-ticolare contiene l’insieme di tutte le combinazioni dei vettori che appartengono a X. Maquesto insieme e proprio L(X). Pertanto L(X) ≤ W. ¥


1. Dal Teorema 3.3 ricaviamo che per ogni W ≤ V, L(W) = W.

2. Sia X ⊆ Y . Analizziamo le relazioni che intercorrono tra L(X) e L(Y). Siccome L(Y)contiene tutte le combinazioni lineari di vettori di Y e X ⊆ Y, certamente fra questevi sono le combinazioni lineari di vettori di X, e questo significa che

L(X) ≤ L(Y). (3.2.4)

Puo darsi che esista un vettore v ∈ L(Y) tale che v 6∈ L(X). Questo succedecertamente se in Y esiste un vettore che e linearmente indipendente da ogni vettoredi X. Al contrario, se i vettori di Y\X dipendono dai vettori di X, allora L(X) = L(Y).Per esempio, se

X = {v1,v2}Y = {v1,v2, xv1}, x 6= 0 ∈ K,

alloraL(X) = L(Y). (3.2.5)

Infatti X $ Y, ma ogni combinazione lineare di vettori di Y e, in sostanza, unacombinazione lineare di vettori di X:

av1 + bv2 + c(xv1) = (a + cx)v1 + bv2,

da cui la (3.2.5).

3. Non e stata fatta alcuna ipotesi particolare sull’insieme X ⊆ V. A priori potrebbeessere vuoto. Per convenzione, si pone L(∅) = {0}.

3.3 GENERATORI 67

3.3 GENERATORI

Strettamente legato al concetto di combinazione lineare e quello di generatore. Sia V unospazio vettoriale sul campo K. Un suo sottoinsieme X ⊆ V si dice insieme generatore diV, e si scrive V = 〈X〉, se ogni vettore di V puo essere scritto come combinazione linearedi vettori di X, ossia per ogni v ∈ V esistono n ∈ N, w1, . . . ,wn ∈ X e a1, . . . , an ∈ K taliche

v =n∑

i=1

aiwi (3.3.1)

Teorema 3.4. Se X e un insieme generatore di V lo e anche un insieme X′ formato damultipli non nulli dei vettori di X.

-Dimostrazione. Siano X = {v1, . . . ,vn} ed X′ = {a1v1, . . . , anvn} = {w1, . . . ,wn},con ai 6= 0 ∈ K, i = 1, . . . , n. Per ipotesi V = 〈X〉, quindi ogni vettore v ∈ V ecombinazione lineare degli elementi di X:

v =n∑

i=1

bivi.

Il vettore v e anche combinazione lineare dei vettori di X′, ovvero

v =n∑

i=1

b′iwi. (3.3.2)

Basta infatti porre b′i = bia−1i , i = 1, . . . , n. Sostituendo in (3.3.2), abbiamo

n∑

i=1

b′iwi =n∑

i=1

bia−1i aivi =

n∑

i=1

bivi = v.

Anche l’insieme X′ genera V. ¥


1. Notiamo che non si e fatta alcuna ipotesi sull’unicita della rappresentazione (3.3.1),ne sulla cardinalita dell’insieme X, che a priori potrebbe essere infinito. In que-st’ultimo caso si dovrebbe ricordare che le combinazioni lineari devono essere finite.Ovviamente, se |X| = m, l’indice n citato nella definizione sara minore o uguale adm.

2. Matrici generatrici. Determiniamo un insieme generatore per lo spazio Mm,n(K).Consideriamo la matrice Eij , i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n seguente: Eij = [ers] con

{ers = 1 se (r, s) = (i, j)ers = 0 se (r, s) 6= (i, j).

Con questa regola, Eij e una matrice formata da elementi tutti nulli, ad accezionedi quello di posto i, j, che vale 1. Sommare un multiplo di Eij , ad esempio aEij ,

68 SPAZI VETTORIALI

ad una matrice A ∈ Mm,n(K), permette di sommare lo scalare a all’elemento di Adi posto i, j. Per lo stesso motivo, la matrice A = [aij ] ∈ Mm,n(K) si puo scriverecome combinazione lineare delle Eij per i = 1, . . . , m e j = 1, . . . , n. Basta prenderecome coefficienti della combinazione gli elementi della matrice A con gli stessi indici,ossia:

A =∑

i=1,...,mj=1,...,n

aijEij .

Per esempio:

A =[

2 3−4 5

]= 2

[1 00 0

]+ 3

[0 10 0

]− 4

[0 01 0

]+ 5

[0 00 1

]

= 2E11 + 3E12 − 4E21 + 5E22.

Questo vale per ogni matrice A ∈Mm,n(K).

Quindi l’insieme {Eij}i=1,...,mj=1,...,n

e un insieme generatore di Mm,n(K).

3. Polinomi generatori. Costruiamo un insieme generatore di K[t]. Consideriamo ungenerico polinomio di K[t]:

p(t) =n∑

i=0

aitn−i = a0t

n + a1tn−1 + · · ·+ an−1t + an (3.3.3)

con ai ∈ K per ogni i = 1, . . . , n. Se consideriamo le potenze di t:

1 = t0, t1, t2, . . . , tn−1, tn

come particolari polinomi di K[t], lo sviluppo nella (3.3.3) e una combinazione linearea coefficienti in K dei sopracitati polinomi. Questo discorso vale in generale, cioeogni polinomio di K[t] si puo scrivere come combinazione di opportune potenze di t,viste come polinomi di K[t]. Allora, per definizione di insieme generatore, l’insiemeinfinito {1, t, t2, t3, . . . , tn−1, tn, . . .} genera K[t].

4. Spazio delle righe e spazio delle colonne. Sia A ∈Mm,n(K). Allora le righe diA sono m vettori di Kn e le colonne sono n vettori di Km. Indichiamoli, rispetti-vamente, con R1, . . . , Rm e C1, . . . , Cn. Si chiama spazio riga (o spazio delle righe)della matrice A lo spazio vettoriale R = 〈R1, . . . , Rm〉. Lo spazio colonna (o spa-zio delle colonne) di A e invece C = 〈C1, . . . , Cn〉. Ovviamente R ≤ Rn, mentreC ≤ Rm. Se la matrice non e quadrata, R e C sono sottospazi di spazi differenti.

3.3.1 Dipendenza ed indipendenza lineare

Sia V uno spazio vettoriale sul campo K. Diciamo che v1, . . . ,vn ∈ V sono vettorilinearmente dipendenti (su K) se e solo se e possibile scegliere scalari a1, . . . , an ∈ K, nontutti nulli, tali che a1v1 + · · ·+ anvn = 0. In caso contrario si parla di vettori linearmenteindipendenti . Pertanto, i vettori v1, . . . ,vn ∈ V sono linearmente indipendenti se e solose l’uguaglianza a1v1 + · · · + anvn = 0, puo essere ottenuta scegliendo ai = 0 per ognii = 1, . . . , n.

3.3 GENERATORI 69

Consideriamo ora un insieme finito X ⊆ V, e supponiamo che sia X = {x1, . . . ,xm}.Diciamo che X e un insieme indipendente (su K) se i vettori x1, . . . ,xm sono linearmenteindipendenti (su K). In caso contrario X e detto insieme dipendente. Per convenzione,l’insieme vuoto e considerato indipendente.

Questa definizione si puo generalizzare ad insiemi infiniti. Se X ⊆ V e |X| = ∞,si dice che X e indipendente se ogni suo sottoinsieme finito e linearmente indipendente.Per esempio, ogni insieme {1, t, t2, . . . , tn} ⊆ R[t] e indipendente, per ogni intero n ∈ N.Quindi X = {1, t, t2, . . . , tn, . . .} e tale che |X| = ∞ ed e indipendente.

Possiamo ora fornire una caratterizzazione di un insieme X ⊆ V, finito, linearmentedipendente. Vale infatti la seguente proprieta.

Teorema 3.5. Condizione necessaria e sufficiente affinche X sia linearmente dipendentee che uno dei suoi elementi sia combinazione lineare dei rimanenti.

-Dimostrazione. La condizione e sufficiente. Se u ∈ X = {u,v1, . . . ,vn} e

u =n∑

i=1

aivi, (3.3.4)

l’insieme X e dipendente. Possiamo supporre u 6= 0, altrimenti X sarebbe automaticamentedipendente in quanto contenente il vettore nullo. Allora, in (3.3.4), almeno un ai 6= 0.Consideriamo la combinazione lineare con i coefficienti non tutti nulli seguente:

u− a1v1 − a2v2 − · · · − anvn = u−n∑

i=1

aivi. (3.3.5)

Tenendo conto della (3.3.4), abbiamo:

n∑

i=1

aivi −n∑

i=1

aivi = 0,

e quindi la (3.3.5) e una combinazione lineare nulla dei vettori di X a coefficienti non tuttinulli. L’insieme X e dipendente.

La condizione e necessaria. Sia X = {v1, . . . ,vn} dipendente. Allora l’uguaglianza

a1v1 + · · ·+ anvn = 0 (3.3.6)

e vera con almeno uno degli ai 6= 0. Supponiamo che sia a1 6= 0. La (3.3.6) diventa:

a1v1 = −a2v2 − · · · − anvn, ⇒ v1 = −a2a−11 v2 − · · · − ana−1

1 vn,

cioe v1 e combinazione lineare di v2, . . . ,vn. ¥Nel caso di insiemi finiti, le nozioni di dipendenza e di indipendenza lineare si trasfe-

riscono sui sottoinsiemi. Questo fatto e precisato nel seguente teorema.

Teorema 3.6. Sia V uno spazio vettoriale. Allora, ogni insieme finito contenente uninsieme dipendente di V e dipendente e ogni sottoinsieme di un insieme finito indipendentedi V e a sua volta indipendente.

70 SPAZI VETTORIALI

-Dimostrazione. Supponiamo che X ed Y siano insiemi finiti, e sia X un insieme di-pendente di V tale che X ⊆ Y. Posto X = {v1, . . . ,vr}, per ipotesi esiste una combinazionelineare dei vettori di X con coefficienti non tutti nulli tale che valga l’uguaglianza

a1v1 + · · ·+ arvr = 0, (3.3.7)

con ai ∈ K e i = 1, . . . , r. Poiche X e un sottoinsieme di Y, possiamo scrivere:

Y = {v1, . . . ,vr,w1, . . . ,ws},

con s ≥ 1. L’uguaglianza seguente:

a1v1 + · · ·+ arvr + 0w1 + · · ·+ 0ws = 0 (3.3.8)

e sempre valida, indipendentemente da come sono fatti i wi, come conseguenza della(3.3.7). Ma la (3.3.8) rappresenta una combinazione lineare di elementi di Y che si annullasenza avere tutti i coefficienti 0. Quindi Y e dipendente.

Supponiamo ora che Y sia un insieme indipendente dello spazio V e sia X ⊆ Y.Supponiamo, per assurdo, che X non sia indipendente. Posto

X = {v1, . . . ,vr}

Y = {v1, . . . ,vr,vr+1, . . . ,vs},

se X e dipendente, deve esistere una combinazione lineare dei vettori di X tale che

a1v1 + · · ·+ arvr = 0, ai ∈ K, i = 1, . . . , n,

con almeno uno degli ai non nullo. Allora la seguente:

a1v1 + · · ·+ arvr + 0vr+1 + · · ·+ 0vs = 0, ai ∈ K, i = 1, . . . , n,

e una combinazione lineare dei vettori di Y con gli stessi requisiti. Cio implicherebbe Ydipendente, contro le ipotesi fatte. ¥

Mettiamo ora in evidenza un risultato che consente di collegare i concetti di generatoree di indipendenza lineare.

Teorema 3.7. Sia X = {v1, . . . ,vn} un insieme generatore di uno spazio vettoriale V sulcampo K, e sia Y = {w1, . . . ,wm} un insieme di vettori linearmente indipendenti di V.Allora risulta m ≤ n

-Dimostrazione. Poiche X e un insieme generatore di V, ogni vettore dello spaziovettoriale puo essere ottenuto mediante combinazione lineare dei vettori di X. In parti-colare abbiamo w1 = a11v1 + a12v2 + . . . + a1nvn, con a11, . . . , a1n ∈ K non tutti nulli(poiche w1 6= 0). A meno di rinumerare i generatori possiamo sempre supporre che siaa11 6= 0, e quindi che esista a−1

11 ∈ K. Pertanto abbiamo

v1 = −a−111 w1 − a−1

11 a12v2 − . . .− a−111 a1nvn,

3.3 GENERATORI 71

il che implica che il vettore v1 e generato dall’insieme X1 = {w1,v2, . . . ,vn}. PoicheV = 〈v1,v2, . . . ,vn〉 risulta anche V = 〈w1,v2, . . . ,vn〉. Abbiamo cosı cambiato il sistemadi generatori iniziale, rimpiazzando v1 con w1.

Ripetiamo ora il ragionamento, sostituendo w1 con w2 e X con X1. Otteniamo quindi

w2 = b11w1 + b12v2 + b13v3 + . . . + b1nvn,

con b12, . . . , b1n ∈ K non tutti nulli (poiche w1 e w2 sono indipendenti). A meno dirinumerare i generatori possiamo sempre supporre che sia b12 6= 0, e quindi che esistab−112 ∈ K. Pertanto abbiamo

v2 = −b−112 b11w1 − b−1

12 b12v2 − b−112 b13v3 − . . .− b−1

12 b1nvn,

il che implica che il vettore v2 e generato dall’insieme X2 = {w1,w2,v3, . . . ,vn}. PoicheV = 〈w1,v2,v3, . . . ,vn〉 risulta V = 〈w1,w2,v3, . . . ,vn〉. Il sistema di generatori inizialee stato quindi ulteriormente aggiornato. Complessivamente abbiamo rimpiazzato v1 e v2

con w1 e w2.Ripetendo il procedimento, dopo n rimpiazzamenti si ottiene V = 〈w1,w2, . . . ,wn〉.

Se fosse n < m, i vettori di Y non verrebbero esauriti dopo gli n rimpiazzamenti, cioeesisterebbe il vettore wn+1, non ancora utilizzato. Ma esso, in quanto vettore di V,potrebbe allora essere ottenuto come combinazione lineare dei generatori w1,w2, . . . ,wn,il che, per il Teorema 3.5 e assurdo. Pertanto risulta m ≤ n. ¥


1. Quando diciamo che ai = 0 per ogni i = 1, . . . , n intendiamo che gli ai coincidonotutti con l’elemento neutro 0 di K rispetto all’operazione di somma di scalari. Invece,nell’uguaglianza a1v1 + · · · + anvn = 0, lo 0 indica l’elemento neutro del gruppoabeliano (V,⊕).

2. Dalla definizione di indipendenza lineare si risale facilmente a quella di dipendenza.Infatti i vettori u e v sono dipendenti se esiste una combinazione lineare del tipo

au + bv = 0 a, b ∈ K, (3.3.9)

con i coefficienti non tutti nulli. Possiamo supporre che sia b 6= 0. Allora, dalla(3.3.9) otteniamo bv = −au, e quindi

v = −ab−1u. (3.3.10)

Posto −ab−1 = λ, la (3.3.10) diventa v = λu. In sostanza u e v sono linearmentedipendenti se uno dei due e multiplo dell’altro.

3. Consideriamo i vettori di R2:

u =[

10

], v =

[2−1

2

], w =

[114

].

Sono linearmente dipendenti. Infatti la combinazione lineare

2u− 12v −w =

[20

]+

[ −114

]−

[114

]=

[00

]= 0

72 SPAZI VETTORIALI

e a coefficienti non tutti nulli. Invece u e v sono linearmente indipendenti. Infatti,per ottenere 0 da una loro somma e necessario annullare la seconda componentedi v. Ma questo si puo ottenere solamente moltiplicando v per 0. Analogamentel’annullamento della prima componente di au + 0v si ottiene solo se a = 0. Ovveroe soddisfatta la definizione di indipendenza lineare.

4. Sia X ⊆ V un insieme finito tale che 0 ∈ X. Allora X e dipendente. Siccome Xe un insieme finito, possiamo porre X = {0,v1, . . . ,vn}. La combinazione linearea0 + 0v1 + · · · + 0vn = 0 si annulla con coefficienti non tutti nulli. Basta porrea 6= 0. Quindi i vettori di X sono linearmente dipendenti. In particolare, assumendoX ridotto al solo vettore nullo, si ricava che 0 e dipendente. Anzi, esso e l’unicosottoinsieme di cardinalita 1 dello spazio V che sia linearmente dipendente.

5. Il Teorema 3.7 mette in evidenza che un insieme di generatori non e necessariamenteun insieme indipendente. In particolare possiamo sempre aggiungere ad un insieme digeneratori altri vettori, ottenendo ancora un insieme generatore. Piu precisamente,se V = 〈v1, . . . ,vn〉, e w ∈ V, allora l’insieme {v1, . . . ,vn,w} e dipendente e generaV. Infatti, se w ∈ V = 〈v1, . . . ,vn〉, il vettore w si puo scrivere come combinazionelineare dei vi, ovvero w = a1v1 + · · ·+anvn, ai ∈ K, i = 1, . . . , n. Quindi l’insieme{v1, . . . ,vn,w} e dipendente in quanto uno dei suoi vettori e combinazione linearedei rimanenti. Comunque {v1, . . . ,vn,w} rimane un insieme generatore, percheogni vettore di V puo essere sempre scritto come combinazione dei vettori di questoinsieme. Infatti, siccome v = x1v1 + · · ·+ xnvn ({v1, . . . ,vn} genera V), possiamosempre scrivere v = x1v1 + · · ·+ xnvn + 0w.

3.3.2 Basi di uno spazio vettoriale

Sia V uno spazio vettoriale sul campo K e X ⊆ V un suo insieme di vettori. L’insieme Xsi dice base di V se si verificano le seguenti due proprieta

1) X e un insieme generatore di V, cioe V = 〈X〉.2) X e un insieme linearmente indipendente.

La precedente e la piu generale definizione di base ed include anche il caso di basi coninfiniti vettori. Infatti non viene fatto alcun cenno alla cardinalita di X. Salvo casi parti-colari, ci occupiamo nei dettagli solo degli spazi vettoriali dotati di basi finite. Nel seguitole basi si indicheranno con simboli del tipo B. Il seguente teorema (che enunciamo senzadimostrazione) garantisce che il concetto di base e ben definito in ogni spazio vettoriale.

Teorema 3.8. Sia V uno spazio vettoriale qualsiasi sul campo K. Allora esiste sempreuna base di V. ¥

E un teorema generale, che include sia il caso di spazi con basi aventi un numero finitodi elementi, sia il caso di basi infinite. Il Teorema seguente caratterizza le basi.

Teorema 3.9. Sia V uno spazio vettoriale qualsiasi sul campo K. Condizione necessariae sufficiente affinche un insieme B = {v1, ...,vn} sia una base di V e che ogni vettore diV si scriva in modo unico come combinazione lineare dei vettori v1, ...,vn.

3.3 GENERATORI 73

-Dimostrazione. Supponiamo che ogni vettore di V si scriva in modo unico comecombinazione lineare dei vettori di B. Allora B e un sistema di generatori di V. Inol-tre B e un insieme indipendente. Infatti, in caso contrario, per il Teorema 3.5, almenoun vettore vi di B potrebbe essere ottenuto come combinazione lineare dei rimanentiv1, ...,vi−1,vi+1, ...,vn, cioe si avrebbe

vi = α1v1 + ... + αi−1vi−1 + αi+1vi+1 + ... + αnvn,

con α1, ..., αn ∈ K non tutti nulli. Ma allora il vettore nullo ammetterebbe le seguenti duescritture distinte

0 = α1v1 + ... + αi−1vi−1 + αi+1vi+1 + ... + αnvn − vi,0 = 0v1 + ... + 0vi−1 + 0vi + 0vi+1 + ... + 0vn,

il che e assurdo.Supponiamo ora che l’insieme B = {v1, ...,vn} sia una base di V, e sia v un vettore

di V. Supponiamo che esistano due n-ple α1, α2, ..., αn ∈ K e β1, β2, ..., βn ∈ K, con(β1, β2, ..., βn) 6= (α1, α2, ..., αn) tali che

v = α1v1 + α2v2 + ... + αnvn,v = β1v1 + β2v2 + ... + βnvn.

Possiamo allora scrivere 0 = v − v = (α1 − β1)v1 + (α2 − β2)v2 + ... + (αn − βn)vn.Poiche (β1, β2, ..., βn) 6= (α1, α2, ..., αn) almeno uno dei coefficienti di v1,v2, ...,vn e nonnullo. Questo implica che tali vettori sono dipendenti. Ma cio e assurdo, in quanto essicostituiscono una base. ¥

Dal Teorema 3.4 sappiamo anche che in un dato spazio vettoriale V la base non eunivocamente determinata. Infatti, se X = {x1, . . . ,xn} e un insieme generatore, lo eanche X′ = {a1x1, . . . , anxn}, con ai ∈ K, ai 6= 0 e i = 1, . . . , n. Lo stesso discorso valeper l’indipendenza lineare. Quindi, se X e una base, ogni altro insieme ottenuto da Xprendendo multipli non nulli dei vettori di X, e ancora una base. Se K e dotato di infinitielementi, allora possiamo costruire infinite basi.

Coordinate di un vettore

Il Teorema 3.9 e di importanza fondamentale, in quanto garantisce che, una volta fissatauna base B di V, e possibile associare ad ogni vettore v ∈ V, in maniera unica, una n-pladi coefficienti del campo K. Essi sono i coefficienti che esprimono v come combinazionelineare dei vettori di B, e prendono il nome di coordinate del vettore v rispetto alla baseB. In questo senso (fissata la base B) il vettore v puo essere identificato con la n-pla dellesue componenti, il che equivale ad identificare V con lo spazio vettoriale canonico K. Ilconcetto preciso di identificazione potra essere descritto solo quando verra considerata lanozione di applicazione lineare tra spazi vettoriali.


1. Consideriamo lo spazio Kn e i vettori e1 = [1, 0, . . . , 0]t, e2 = [0, 1, . . . , 0]t, . . .,en = [0, 0, . . . , 1]t, aventi tutte le componenti nulle ad eccezione di una, che vale 1.

74 SPAZI VETTORIALI

L’insieme B = {e1, . . . , en} e indipendente. Infatti l’unico modo per annullare tuttele componenti della somma a1e1 + a2e2 + · · · + anen e scegliere gli ai tutti nulli.Inoltre B genera Kn. Infatti, se u ∈ Kn, esistono n scalari u1, . . . , un ∈ K tali cheu = [u1, u2, . . . , un]t e abbiamo

u =

u1

u2...

un

= u1

10...0

+ u2

01...0

+ · · ·+ un

00...1

.

Quindi B e una base di Kn, detta anche base canonica.

2. Basi di matrici. Consideriamo lo spazio Mm,n(K). In esempi precedenti (cfr.pagina 67) abbiamo introdotto le matrici Eij (i = 1, . . . , m

j = 1, . . . , n), ed abbiamo visto come l’insieme di queste matrici generi Mm,n(K). Efacile vedere che questo insieme e indipendente. Infatti, nella combinazione lineare

∑

i=1,...,mj=1,...,n

aijEij ,

ogni coefficiente aij diventa il termine di posto i, j della matrice risultato. Quindiquest’ultima e Om,n se e solo se aij = 0 per ogni i = 1, . . . ,m e j = 1, . . . , n. Allora{Eij}i=1,...,m

j=1,...,ne una base diMm,n(K). Supponendo di fissare un ordine di scorrimento

degli elementi di una matrice di Mm,n(K), ad esempio da sinistra a destra e dall’altoin basso, e possibile rivedere i vettori della base appena descritta come i vettori dellabase canonica di uno spazio Kp, con p opportuno. Per esempio, in M2,3(R), allamatrice

E21 =[

0 0 01 0 0

]

possiamo associare, sempre secondo l’ordinamento prima fissato, il vettore di R6

dato da e4 = [0, 0, 0, 1, 0, 0]t. Ovviamente, cambiando l’ordinamento si ottengonovettori differenti.

3. Basi di polinomi. Determiniamo una base di K[t].

Sappiamo che X = {1, t, t1, . . . , tn, . . .} e un insieme generatore di K[t]. Verifichiamoche e anche linearmente indipendente. Basta dimostrare che ogni combinazionelineare finita di vettori di X (l’insieme X e infinito) si annulla solo quando tutti icoefficienti sono 0. Sia Y ⊆ X, con |Y| < ∞. Allora esiste un massimo intero m ∈ Ntale che tm ∈ Y. Consideriamo la combinazione di elementi di Y

a0tm + a1t

m−1 + · · ·+ am−1t + am = 0. (3.3.11)

L’uguaglianza (3.3.11) e vera se e solo se il polinomio al primo membro e il polinomionullo, per il principio di identita dei polinomi. Questo accade se e solo se ai = 0per ogni i = 1, . . . , m. Quindi Y e indipendente, e questo discorso e valido per ognisottoinsieme finito di X. Cioe X stesso e indipendente e quindi e una base di K[t].Anche in questo caso possiamo associare ad ogni elemento di X un vettore della base

3.3 GENERATORI 75

canonica di un Kn. Per semplificare le notazioni possiamo limitarci ad analizzare lospazio Kn[t] dei polinomi di grado massimo n, invece di K[t]. Nel primo caso infattiabbiamo una base simile a quella del caso generale, ma finita:

{1, t, t2, . . . , tn

}.

Considerando come ordinamento le potenze decrescenti di t, al vettore p(t) = t5, adesempio in K7[t], ossia al polinomio p(t) = 0t7 +0t6 +1t5 +0t4 +0t3 +0t2 +0t+0 · 1possiamo associare il vettore di K8 dato da e6 = [0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0]t.

4. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita n e B = {v1, . . . ,vr} (r < n), uninsieme indipendente. Allora si puo sempre estendere B ad una base di V, cioeesistono n−r vettori w1, . . . ,wn−r tali che: B′ = {v1, . . . ,vr,w1, . . . ,wn−r} sia unabase di V. In altre parole ogni insieme indipendente di uno spazio a dimensionefinita e parte di una base.

3.3.3 Dimensione di uno spazio vettoriale

Il seguente teorema e fondamentale per poter introdurre la nozione di dimensione di unospazio vettoriale finitamente generato.

Teorema 3.10. Tutte le basi di uno spazio vettoriale finitamente generato hanno lamedesima cardinalita.

-Dimostrazione. Siano B1 e B2 due basi distinte di uno stesso spazio vettoriale V, esupponiamo che esse siano costituite, rispettivamente, da n ed m vettori. Poiche B1 e unabase di V, essa e, in particolare un insieme generatore di V. Poiche B2 e una base, essae un insieme indipendente. Per il Teorema 3.7 abbiamo quindi m ≤ n. Ma, scambiandoi ruoli di B1 e di B2, possiamo ora interpretare B2 come insieme generatore e B1 comeinsieme indipendente, ed il Teorema 3.7 fornisce n ≤ m. Abbiamo pertanto n = m. ¥

Il Teorema 3.10 permette di introdurre la nozione fondamentale di dimensione di unospazio vettoriale finitamente generato V. Presa una sua qualsiasi base B, se |B| = n sidice che n e la dimensione di V, e si scrive dimV = n. Questa definizione e coerente, nelsenso che non dipende dalla scelta di una particolare base (che possono essere infinite).Infatti tutte le basi di uno spazio vettoriale hanno la stessa cardinalita. Dal Teorema3.10 ricaviamo anche che la dimensione di uno spazio vettoriale V rappresenta il massimonumero di vettori linearmente indipendenti che si possono estrarre da V.

Consideriamo ora uno spazio vettoriale V di dimensione n, ed una sua base B ={v1, . . . ,vn}. Per quanto abbiamo visto (cfr. Teorema 3.9), un vettore w ∈ V si rappre-senta in modo unico come combinazione lineare dei vettori della base, ossia esiste un’unican-pla (a1, . . . , an) di scalari di K tale che

w =n∑

i=1

aivi.

Gli elementi dell n-pla (a1, . . . , an) si dicono coordinate del vettore w rispetto alla base B.

Classificazione dei sottospazi di Rn

Nello studio degli spazi vettoriali un ruolo fondamentale e giocato dallo spazio vettorialecanonico Rn (cfr. Paragrafo 3.1.5). Risulta quindi di particolare importanza cercare un

76 SPAZI VETTORIALI

metodo per distinguere un sottospazio da un semplice sottoinsieme di Rn. Per ottenerequesto cominciamo a considerare una matrice A ∈Mm,n(R), e sia r la sua caratteristica.Siano R e C, rispettivamente, gli spazi delle righe e delle colonne di A (cfr. Osservazione4 a pag. 68). Abbiamo innanzitutto il seguente risultato.

Teorema 3.11. Data una matrice A ∈Mm,n(R), di caratteristica r, risulta dimC = r.

-Dimostrazione. Consideriamo il sistema omogeneo Ax = 0, dove x = [x1, ..., xn]t.Indichiamo con c1, ..., cn i vettori corrispondenti alle colonne di A. Il sistema omogeneopuo allora essere scritto nella maniera seguente

x1c1 + ... + xncn = 0.

Pertanto, una n-pla non nulla x = [x1, ..., xn]t e soluzione se e solo se e costituita daicoefficienti che permettono di uguagliare a zero una combinazione lineare non banaledi colonne di A. Questo equivale a dire che ogni soluzione fondamentale del sistemaomogeneo Ax = 0 corrisponde ad una relazione di dipendenza lineare tra le colonne diA. Per il Teorema di Rouche-Capelli, il sistema Ax = 0 ammette ∞n−r soluzioni, cioeinfinite soluzioni dipendenti da n − r parametri, e quindi n − r soluzioni fondamentali.Pertanto esistono esattamente n− r relazioni di dipendenza lineare tra le colonne di A, e,di conseguenza dimC = n− (n− r) = r. ¥

Sfruttando il Teorema 3.11 otteniamo il seguente risultato, che fornisce un legamedimensionale tra gli spazi delle righe e delle colonne di una data matrice.

Teorema 3.12. Data una matrice A ∈Mm,n(R), risulta dimR = dimC.

-Dimostrazione. Sia r la caratteristica di A. Indichiamo con r1, ..., rm i vettori corri-spondenti alle righe della matrice, e supponiamo che sia dimR = h. Se h = 0 allora tuttele righe di A sono nulle, quindi anche tutte le colonne sono nulle e pertanto r = 0. DalTeorema 3.11 ricaviamo che dimC = 0, e quindi, in questo caso, risulta immediatamentedimR = dimC.

Supponiamo allora che sia h > 0. Riordiniamo le righe di A in maniera che quellelinearmente indipendenti siano le prime h (cio ovviamente non altera dimR). Per h+1 ≤i ≤ m, la riga i-ma di A e quindi combinazione lineare delle prime h righe, cioe, esistonoα1, ..., αh ∈ R tali che ri = α1r1 + ... + αhrh. Ogni elemento della riga ri si ottiene quindicome combinazione lineare degli elementi che occupano la sua stessa posizione sulle righer1, ..., rh. Indicando con aik l’elemento di ri appartenente alla colonna k di A, si ottengonoallora le seguenti n uguaglianze

ai1 = α1a11 + ... + αhah1

ai2 = α1a12 + ... + αhah2

... (3.3.12)

...

ain = α1a1n + ... + αhahn.

Sia ora A′ la matrice di tipo (h, n) formata dalle prime h righe di A, e siano c′1, ..., c′n le

sue colonne. Consideriamo il sistema omogeneo A′x = 0. Esso ammette ∞n−s soluzioni,

3.3 GENERATORI 77

essendo s ≤ h la caratteristica della matrice A′. Se x = [x1, ..., xn]t e una soluzione diquesto sistema abbiamo

x1c′1 + ... + xnc′n = 0,

cioe, essendo le righe di A′ le prime h righe di A

x1

a11

a21...

ah1

+ ... + xn

a1n

a2n...

ahn

=

00...0

. (3.3.13)

Calcoliamo ora la somma ai1x1 + ... + ainxn, per h + 1 ≤ i ≤ m. Sostituendo le relazioni(3.3.12) ed utilizzando le (3.3.13) si ricava che

ai1x1 + ... + ainxn = (α1a11 + ... + αhah1)x1 + ... + (α1a1n + ... + αhahn)xn == α1(a11x1 + ... + a1nxn) + ... + αh(ah1x1 + ... + ahnxn) = 0 + ... + 0 = 0,

per ogni i, h + 1 ≤ i ≤ m. Quindi abbiamo

x1

ah+11

ah+21...

am1

+ ... + xn

ah+1n

ah+2n...

amn

=

00...0

. (3.3.14)

Le uguaglianze (3.3.13) e (3.3.14) mettono in evidenza che la n-pla x = [x1, ..., xn]t e anchesoluzione del sistema Ax = 0.Al contrario, e chiaro che ogni soluzione del sistema Ax = 0 e anche soluzione del sistemaA′x = 0. Quindi, i sistemi Ax = 0 ed A′x = 0 sono equivalenti, e, poiche il sistemaAx = 0 ammette ∞n−r soluzioni, deve essere r = s ≤ h. Per il Teorema 3.11 abbiamor = dimC, e quindi dimC ≤ h = dimR.

Consideriamo ora la matrice At, e ripetiamo il ragionamento precedente scambiandole colonne con le righe. Otteniamo pertanto che dimR ≤ dimC. Le due disuguaglianzeottenute forniscono quindi dimR = dimC. ¥

I due teoremi precedenti possono essere riassunti nel seguente risultato.

Teorema 3.13. Data una matrice A ∈Mm,n(R), di caratteristica r, risulta

dimR = dimC = r.

-Dimostrazione. Dal Teorema 3.11 abbiamo dimC = r, mentre, per il Teorema 3.12,risulta dimR = dimC, il che implica dimR = dimC = r. ¥

Dimostriamo ora il seguente teorema di classificazione.

Teorema 3.14. Sia W un sottoinsieme di Rn. Allora W e un sottospazio proprio di Rn

di dimensione k (1 ≤ k ≤ n−1) se e solo se puo essere rappresentato come l’insieme dellesoluzioni di un opportuno sistema lineare omogeneo di n− k equazioni in n incognite.

78 SPAZI VETTORIALI

-Dimostrazione. Supponiamo innanzitutto che W sia un sottospazio proprio di Rn

di dimensione k. Sia B = {v1, ...,vk} una base di W. Sia u = [x1, x2, ..., xn]t un genericovettore di Rn e consideriamo la matrice A, di tipo (n, k + 1) avente come colonne i vettoriv1, ..,vk,u. Allora u ∈ W se e solo se la caratteristica di A e k. Possiamo sempre supporreche il minore M formato dalle prime k righe abbia determinante non nullo. Ogni orlatodi M in A si ottiene utilizzando u ed una delle n − k restanti righe. In A ci sono quindin − k possibili orlati di M , ed ognuno di essi deve avere determinante nullo, altrimentila caratteristica di A sarebbe k + 1. Si ottiene pertanto un sistema omogeneo di n − kequazioni nelle n incognite x1, x2, ..., xn. La condizione u ∈ W equivale pertanto a direche le coordinate x1, x2, ..., xn di u devono risolvere questo sistema omogeneo, cioe W el’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo ottenuto.

Supponiamo ora che W sia l’insieme delle n-ple che risolvono un sistema lineare omo-geneo di n − k equazioni in n incognite. Possiamo sempre rappresentare il sistema nellaforma Ax = 0, dove la matrice A dei coefficienti ha caratteristica n− k. Siano x1,x2 duen-ple soluzioni di Ax = 0. Allora, per ogni a, b ∈ R, abbiamo

A(ax1 + bx2) = A(ax1) + A(bx2) = aAx1 + bAx2 = a0 + b0 = 0,

e quindi anche ax1 + bx2 e una n-pla soluzione. L’insieme W e pertanto chiuso rispettoad ogni possibile combinazione lineare di suoi elementi, per cui e un sottospazio vettorialedi Rn. La generica soluzione del sistema dipende da k parametri (le incognite seconda-rie), cioe si ottiene mediante la combinazione lineare di k soluzioni fondamentali, tra loroindipendenti. Le soluzioni fondamentali formano quindi una base di W, che ha pertantodimensione uguale a k. ¥


1. Sappiamo che X = {1, t, t2, . . . , tn} genera lo spazio vettoriale Kn[t]. Inoltre, X eanche indipendente, cioe e una base. Consideriamo infatti la seguente uguaglianzadi polinomi:

a0tn + a1t

n−1 + · · ·+ an−1t + an = 0, con ai ∈ K, i = 0, . . . , n.

Per il principio di identita dei polinomi, due polinomi coincidono se e solo se hannocoincidenti tutti i coefficienti delle rispettive potenze di t. Quindi l’uguaglianza colpolinomio nullo 0 significa che ai = 0 ∀i = 0, . . . , n, cioe X e indipendente. AlloradimKn[t] = |X| = n + 1.

2. Proviamo a determinare la dimensione dello spazio Mm,n(K). Abbiamo visto chel’insieme X = {Eij}i=1,...,m

j=1,...,ndelle matrici elementari e un insieme generatore di

Mm,n(K) indipendente, ovvero e una base.

Siccome |X| = mn, otteniamo dimMm,n(K) = mn. Per esempio, la dimensione diM2,3(R) e uguale a 6.

3. Il campo C e spazio vettoriale sul campo R. L’insieme B = {1, i} e una base diC, che quindi ha dimensione 2 su R. Intanto B e un insieme generatore. Infatti, sez ∈ C, allora z = a+ ib = a ·1+b · i a, b ∈ R, quindi C = 〈B〉. Inoltre B e un insieme

3.3 GENERATORI 79

indipendente. Infatti la combinazione lineare z = a + ib e nulla, cioe a + ib = 0 se esolo se a = b = 0. Quindi B e una base.

4. In genere, se non si dice nulla, la base considerata e sempre quella rappresentabilecon i vettori della base canonica di Kn.

5. Consideriamo il polinomio p(t) = 3t5 − 2t3 + t2 − 1, e la base C = {1, t, t2, t3, t4, t5}.Ordinando secondo le potenze decrescenti di t, associamo a p(t) il vettore di K6 datoda vp = [3, 0,−2, 1, 0,−1]t.

6. Un insieme indipendente e costituito da vettori linearmente indipendenti. Il numeromassimo di vettori linearmente indipendenti di uno spazio vettoriale e indicato dallasua dimensione, ovvero dal numero di vettori che compongono una sua base. SedimV = n, la cardinalita di un suo insieme indipendente oscilla tra 0 ed n (l’insiemevuoto ha cardinalita 0 ed e considerato indipendente), cioe: 0 ≤ |X| ≤ n. Quindiogni insieme X ⊆ V con |X| > n e dipendente.

7. L’insieme delle matrici simmetriche di ordine 2 e uno spazio vettoriale (cfr. Esempio2 a pagina 65). Studiamo la sua dimensione. Una matrice A ∈Mn(K) e simmetricase e solo se A = At, ovvero se A = [aij ] con aij = aji per ogni i, j = 1, . . . , n. Nelnostro caso, quindi, le matrici simmetriche sono tutte e sole le matrici del tipo:

[a bb c

],

con a, b, c ∈ K. Dipendono cioe da tre parametri. La dimensione dello spazio equindi 3.

8. Consideriamo il seguente sistema lineare:

{x− y + 3z − 4t = 0x + y + 2z − 3t = 0.

La matrice dei coefficienti e:

A =[

1 −1 3 −41 1 2 −3

].

Il minore formato dalle prime due righe e dalle prime due colonne e non nullo, quindiil sistema ammette ∞n−r = ∞4−2 = ∞2 soluzioni.

Abbiamo quindi un sistema di due equazioni essenziali in quattro incognite, per cui,in base al Teorema 3.14, a tale sistema lineare e associato un sottospazio W di R4

di dimensione 2. Per ottenere W bisogna risolvere il sistema. Isoliamo innanzituttoi parametri (incognite secondarie)

{x− y = −3z + 4tx + y = −2z + 3t.

da cui si ottiene{

x = −5z−7t2

y = z−t2 .

Osserviamo che la generica soluzione puo essere scritta nella maniera seguente

80 SPAZI VETTORIALI

−5z−7t2

z−t2zt

= z

−52

1210

+ t

−72

−12

01

.

Cio mostra come ottenere la generica soluzione mediante combinazione lineare dellesoluzioni fondamentali. Esse vengono ricavate assegnando alla coppia di parametri(z, t) i valori (1, 0) e (0, 1) rispettivamente. Lo spazio W delle soluzioni puo pertantoessere indicato nella maniera seguente

W =

⟨

−52

1210

,

−72

−12

01

⟩.

9. Consideriamo il vettore v ∈ R2 dato da

v =[12

],

e sia W = 〈v〉 il sottospazio di R2, di dimensione k = 1, generato da v. Il Teorema3.14 assicura che W puo essere descritto come l’insieme delle soluzioni di un sistemaomogeneo. Poiche dimW = k = 1, in questo caso il sistema associato al sottospazioW si riduce ad una sola equazione. Questa si ottiene prendendo il generico vettoreu ∈ R2 ed imponendo che la caratteristica della matrice A avente come colonne v eu sia uguale ad 1. In questo caso la matrice A e quadrata e si ha

A =[

1 x2 y

].

Quindi la caratteristica di A e 1 se e solo se det(A) = 0, cioe se e solo se y− 2x = 0.Questa rappresenta l’equazione del sottospazio W generato dal vettore v.

10. Oltre ai sottospazi propri, classificati dal Teorema 3.14, dobbiamo aggiungere isottospazi impropri di Rn, rappresentati da {0} ed Rn rispettivamente.

3.4 OPERAZIONI TRA SOTTOSPAZI

Lavorando con sottospazi diversi di uno stesso spazio vettoriale, si presenta il problema distabilire operazioni che conservino la struttura. Vediamone alcune.

3.4 OPERAZIONI TRA SOTTOSPAZI 81

3.4.1 Intersezione di sottospazi

L’intersezione insiemistica di due o piu sottospazi vettoriali e uno spazio vettoriale. Cioe una conseguenza del fatto che l’intersezione di sottostrutture algebriche e ancora unasottostruttura dello stesso tipo. Consideriamo solo il caso di intersezioni finite. Sia V unospazio vettoriale e siano W1, . . . ,Wn suoi sottospazi. Studiamo l’insieme

H =n⋂

i=1

Wi.

Dimostriamo che H e sottospazio usando il Teorema 3.1. Dobbiamo verificare che, perogni a, b ∈ K e per ogni u,v ∈ H, si ha au + bv ∈ H. Se u,v ∈ H significa che u,v ∈ Wi

per ogni i = 1, . . . , n. Ma i Wi sono sottospazi, quindi au+bv ∈ Wi per ogni i = 1, . . . , n,cioe

au + bv ∈n⋂

i=1

Wi = H.

3.4.2 Unione di sottospazi

Un’analoga proprieta non vale, invece, per l’unione insiemistica di due sottospazi. Infatti,se U e W sono sottospazi di V, U ∪W e un sottoinsieme di V. Affinche sia anche unsottospazio devono essere soddisfatte le ipotesi del Teorema 3.1. Nulla ci garantisce chequeste siano vere. Per esempio, supponiamo che u,w ∈ U ∪W e u e w appartengonoentrambi a U. Essendo quest’ultimo un sottospazio, anche au + bw appartiene a U, equindi all’unione U∪W. Ma se u ∈ U e w ∈ W non e detto che au + bw ∈ U∪W. Peresempio, consideriamo i seguenti sottospazi di R3:

U = {[0, a, b]t ∈ R3}W = {[x, y, 0]t ∈ R3}.

Allora, se b 6= 0 e x 6= 0, abbiamo che u = [0, a, b]t ∈ U, w = [x, y, 0]t ∈ W, mau + w = [x, a + y, b]t 6∈ U, u + w 6∈ W, quindi u + w 6∈ U ∪W. In casi particolari laproprieta puo essere vera. Per esempio, se U ⊆ W, allora U ∪W = W ≤ V.

3.4.3 Somma di sottospazi

Consideriamo ora la somma fra sottospazi. Se U,W ≤ V, per definizione,

U + W = {u + w| u ∈ U, w ∈ W},

cioe la somma di sottospazi , e l’insieme di tutte le somme di vettori che appartengono aidue addendi.

Anche U + W e un sottospazio di V. Infatti, siano u,w ∈ U + W e a, b ∈ K. Alloraau + bw ∈ U + W. Infatti, per definizione di somma di sottospazi, esistono u′,u′′ ∈ U ew′,w′′ ∈ W tali che u = u′ + w′ e w = u′′ + w′′. Allora

au + bw = a(u′ + w′) + b(u′′ + w′′) = (au′ + bu′′) + (aw′ + bw′′) = u + w ∈ U + W,

che e condizione sufficiente affinche un sottoinsieme sia sottospazio (cfr. Teorema 3.1).

82 SPAZI VETTORIALI

Il concetto di somma di sottospazi e connesso con quello di chiusura lineare. Infatti,la somma di sottospazi coincide con la chiusura lineare della loro unione.

Se U e W sono sottospazi dello spazio V, la loro somma U+W viene chiamata sommadiretta, e indicata con U⊕W, se e solo se U ∩W = {0}.I sottospazi U e W sono chiamati sommandi diretti .

La caratterizzazione delle somme dirette e determinata dal seguente Teorema:

Teorema 3.15. Condizione necessaria e sufficiente affinche V = U ⊕ W e che ognivettore di V si scriva in modo unico come somma di un vettore di U e uno di W, ossia,per ogni v ∈ V esistono e sono unici due vettori u ∈ U e w ∈ W tali che v = u+w.


1. Siano U e W sottospazi di V. Se U ⊆ W, allora abbiamo anche che U ≤ W. InfattiW e uno spazio vettoriale essendo sottospazio di V, e U e un suo sottoinsieme chee spazio vettoriale rispetto alle stesse operazioni di somma e prodotto per scalari.

2. Se U e W sono sottospazi di V, sappiamo che U,W ≤ U + W e U,W ≥ U ∩W.Supponiamo che sia U ≤ W. Allora risulta

U + W = W (3.4.1)

U ∩W = U. (3.4.2)

Entrambe le uguaglianze precedenti sono conseguenza del fatto che, in quanto insie-mi, U ⊆ W. Allora, essendo U+W = L(U∪W), abbiamo U∪W = W L(W) = W,ovvero la (3.4.1). La proprieta (3.4.2) e una proprieta ben nota dell’intersezione.

3. Consideriamo lo spazio vettoriale V, e sia X ⊆ W ≤ V. Esaminiamo la relazione cheintercorre tra L(X) e W. In genere, L(X) ≤ W. Per definizione, L(X) e l’insieme ditutte le combinazioni lineari, a coefficienti in K, di vettori di X. Se v1, . . . ,vn sonon vettori di X e a1, . . . , an sono scalari: a1v1 + · · ·+ anvn ∈ W, in quanto vi ∈ W eW e linearmente chiuso (e un sottospazio). Allora W contiene tutte le combinazionilineari di vettori di X, cioe L(X) ≤ W. Puo capitare, ovviamente, che L(X) = W.Ad esempio, quando X genera W. In genere, pero, L(X) rappresenta il piu piccolosottospazio di W contenente l’insieme X, quindi e un sottospazio proprio di W.

Ricordiamo che l’intersezione di sottospazi e ancora un sottospazio. Abbiamo appenavisto che L(X) ≤ W se X ⊆ W. Quindi L(X) =

⋂ {W| W ≤ V, X ⊆ W}, ovveroL(X) si ottiene come intersezione di tutti i sottospazi di V contenenti l’insieme X.

4. Sia V uno spazio vettoriale e X ⊆ V. Verifichiamo che

L(X) =⋂{W| W ≤ V, X ⊆ W} .

Per definizione, L(X) e l’insieme di tutte le combinazioni lineari di vettori di X acoefficienti in K. Siccome un sottospazio W di V e linearmente chiuso, se X ⊆ Wtutte le combinazioni lineari di vettori di X appartengono a W, cioe L(X) ⊆ W,

3.4 OPERAZIONI TRA SOTTOSPAZI 83

anzi e L(X) ≤ W. Infatti se u,w ∈ L(X), allora u,w sono entrambi combinazionidi vettori di X, e quindi anche au + bw (per ogni a, b ∈ K), che di conseguenzaappartiene a L(X). Ma questa e una condizione sufficiente per essere sottospazio.Allora

L(X) ⊆⋂{W| W ≤ V, X ⊆ W}. (3.4.3)

Non puo esistere un vettore v tale che v 6∈ L(X) e v ∈ ⋂{W| W ≤ V, X ⊆W}. Infatti anche L(X) e un sottospazio contenente X, quindi partecipa a formarel’intersezione al secondo membro della (3.4.3). Percio L(X) =

⋂{W| W ≤ V, X ⊆W}.

5. Consideriamo, in R3, i vettori u = [1, 0, 0]t e v = [0, 1, 0]t. Essi generano duesottospazi U = 〈u〉 ,V = 〈v〉 rappresentati, rispettivamente, dall’asse x e y. QuindiU ∩W = {0}. La loro somma e diretta e U⊕W e il piano coordinato xy.

6. Si noti che la somma diretta non e un nuovo tipo di operazione introdotta in V. Esempre la solita somma di sottospazi, e diventa diretta in presenza di proprieta cheriguardano esclusivamente gli addendi. Ovvero la proprieta di essere disgiunti comesottospazi: U ∩W = {0}.

3.4.4 La Formula di Grassmann

Nello studio della dimensione di sottospazi e fondamentale l’uso della Formula di Grass-mann. Permette di confrontare le dimensioni di due sottospazi con quella della loro sommaed intersezione. Se U e W sono sottospazi di V, la Formula di Grassmann e espressa dallaseguente uguaglianza

dimU + dimW = dim(U + W) + dim(U ∩W) (3.4.4)

La (3.4.4) e particolarmente utile per decidere se una data somma di sottospazi ediretta o meno. Conoscendo la dimensione di U+W e quelle degli spazi addendi U e W,possiamo conoscere la dimensione dell’intersezione:

dim(U ∩W) = dimU + dimW − dim(U + W). (3.4.5)

Una somma e diretta se e solo se U ∩W = {0}. Questo implica, alla luce della (3.4.5),che una somma e diretta se e solo se la dimensione dello spazio somma e la somma delledimensioni degli spazi addendi


1. Discutiamo U∩W, sapendo che dimU = 4, dimW = 5 e che U e V sono sottospazidi R7. Sappiamo che U∩W e un sottospazio di V, anzi U∩W ≤ U e U∩W ≤ W.Quindi la dimensione di U ∩ W non puo superare la minima delle dimensioni diU e W, cioe dim(U ∩W) ≤ min{dimU, dimW}. Pertanto, dim(U ∩W) ≤ 4. Ilvalore minimo che puo assumere dim(U ∩W) lo ricaviamo esaminando la Formuladi Grassmann. Da

dimU + dimW = dim(U + W) + dim(U ∩W)

84 SPAZI VETTORIALI

otteniamo:

dim(U + W) = dimU + dimW − dim(U ∩W) == 4 + 5− dim(U ∩W) = 9− dim(U ∩W).

(3.4.6)

Ora, U + W e un sottospazio di R7, quindi la sua dimensione deve essere ≤ 7.La (3.4.6) ha senso solo per dim(U ∩ W) ≥ 2. Concludendo, i possibili valori didim(U ∩W) sono 2, 3 e 4.

2. Siano U e W due sottospazi distinti di dimensione 4 di uno spazio vettoriale Vavente dimensione 6. Discutiamo dim(U + W) e dim(U ∩ W). Anche in questol’analisi si basa sulla Formula di Grassmann:

dim(U ∩W) + dim(U + W) = dimU + dimW. (3.4.7)

Siccome U e W sono distinti, dim(U ∩ W) < 4. Infatti il valore 4 puo essereraggiunto solo se U = W. La somma U+W e un sottospazio (proprio o improprio)di V, quindi dim(U + W) ≤ 6. Mettendo assieme questi due risultati, dalla (3.4.7)abbiamo

6 ≥ dim(U + W) = dimU + dimW − dim(U ∩W) = 8− dim(U ∩W),

ovvero dim(U ∩W) ≥ 2. Concludendo, o dim(U ∩W) = 2 e dim(U + W) = 6,oppure dim(U ∩W) = 3 e dim(U + W) = 5.

3.5 ESERCIZI

3.5.1. Verificare che l’insieme W delle funzioni reali di variabile reale limitate e unsottospazio dello spazio V delle funzioni reali di variabile reale.

3.5.2. Dimostrare che l’insieme WT = {A ∈Mn(K)| AT = TA}, delle matrici quadrated’ordine n che commutano con una matrice data, e sottospazio di Mn(K).

3.5.3. Dimostrare che l’insieme Kn[t] dei polinomi di grado r ≤ n e un sottospazio di K[t].

3.5.4. Dimostrare che l’insieme Dn delle matrici diagonali di ordine n e un sottospaziodi Mn(K).

3.5.5. Dimostrare che gli insiemi T ↑n e T ↓n delle matrici triangolari superiori ed inferiorisono sottospazi di Mn(K).

3.5.6. Dimostrare che l’insieme delle matrici antisimmetriche e un sottospazio di Mn(K).

3.5.7. Si consideri lo spazio vettoriale R3 e il suo sottoinsieme W = {(x, y, z)| x ≥ 0}.Stabilire se W e un sottospazio di R3.

3.5.8. Stabilire se l’insieme S ={[a, b, c, d]t ∈ R4 | 2a2 + b2 + c2 + d2 = 1

}e un sottospa-

zio di R4.

3.5 ESERCIZI 85

3.5.9. Verificare se l’insieme

V ={[

a bb a

]∣∣∣∣ a, b ∈ R}

e un sottospazio di M2(R).

3.5.10. Verificare direttamente (senza usare il Teorema 3.14) che le rette di equazioney = mx, m ∈ R sono sottospazi di R2.

3.5.11. Sia V lo spazio vettoriale delle funzioni reali di variabile reale e W il suo sottoin-sieme delle funzioni dispari. Dimostrare che W e sottospazio di V.

3.5.12. Dimostrare che l’insieme V dei polinomi a coefficienti reali con esponenti pari eun sottospazio di R[t].

3.5.13. Verificare se l’insieme Rn[t] dei polinomi a coefficienti reali di grado massimo ne un sottospazio di R[t].

3.5.14. Stabilire se l’insieme V dei polinomi a coefficienti reali di grado n e sottospaziodi R[t].

3.5.15. Dimostrare il Teorema 3.15.

3.5.16. Indicato con V lo spazio vettoriale delle funzioni reali di variabile reale, verificareche V = P ⊕D, dove P e D indicano, rispettivamente, il sottospazio delle funzioni parie quello delle funzioni dispari.

3.5.17. Nello spazio R3, si determinino i vettori di X = U∩V, dove U =⟨[1, 1, 0]t , [2, 1,−1]t

⟩

e V =⟨[−1, 2,−7]t , [1,−1, 6]t , [1, 4, 1]t

⟩.

3.5.18. Nello spazio R3, determinare quali tra i vettori generati da w1 = [1, 0, 2]t e w2 =[0, 1, 0]t appartengono anche a W = U ∩V, dove U =

⟨u1 = [1, 1, 0]t ,u2 = [2, 1,−1]t

⟩e

V =⟨v1 = [−1, 2,−7]t ,v2 = [1,−1, 6]t ,v3 = [1, 4, 1]t

⟩.

3.5.19. Si determini il valore del parametro reale k affinche i vettori v1 = [0, 1, 1, 2]t,v2 = [−1, 0, 1, 2]t e v3 = [1, 2, k, k + 1]t di R4 siano linearmente indipendenti.


A =[

h 0−2 1

], B =

[h 3h1 h

], C =

[1 20 1

],

dipendenti dal parametro reale h. Stabilire per quali valori di h le tre matrici sonolinearmente dipendenti.

3.5.21. Determinare se esistono valori del parametro h ∈ R per cui i vettori v1 = [h, h2−1, 1− h2]t, v2 = [0, h + 1, 1]t e v3 = [0, 2, 1]t siano linearmente indipendenti.

3.5.22. Determinare per quali valori del parametro reale h i polinomi di R2[t], P1(t) = t2,P2(t) = ht− 1 e P3(t) = 2t2 + h− 1 sono linearmente dipendenti.

3.5.23. Determinare i valori del parametro k ∈ R tali per cui i vettori v1 = [k−1,−1,−1]t,v2 = [−3, k, 3]t e v3 = [−1,−1, 1]t di R3 sono linearmente dipendenti.

86 SPAZI VETTORIALI

3.5.24. Esprimere la matrice di M2(R)

M =[

1 20 3

]

come combinazione lineare delle matrici

A =[

1 00 0

], B =

[0 10 0

], C =

[1 10 1

].

3.5.25. Stabilire se le matrici

A =[

1 −10 2

], B =

[2 11 0

], C =

[ −3 11 4

],

sono linearmente indipendenti.

3.5.26. Stabilire, al variare del parametro reale t, se il vettore v = [t, 3, 3]t e combinazionelineare dei vettori w1 = [−1, 3, 0]t e w2 = [2, 2, 1]t

3.5.27. Stabilire se il seguente insieme di vettori di R3 e indipendente:

X =

−12−1

,

013

,

−251

.

3.5.28. Determinare una base per V ={(x, y, x + y, x− y) ∈ R4| x, y ∈ R}

.

3.5.29. Siano U ={

[x, y, z]t∣∣ x + 2y − z = 0

}e V =

{[x, y, z]t = a [1, 0,−1]t + b [2, 1, 0]t

}due sottospazi di R3. Dopo aver determinato una base di U, individuare una base di U∩V.

3.5.30. In R4, siano V = 〈[1, 1, 0, 1]t, [2, 0, 0, 1]t〉 e W = 〈[−1, 1, 0, 0]t, [0, 0, 0, 1]t〉. Deter-minare la dimensione e una base per V ∩W.

3.5.31. Siano

V ={v = [v1, v2, v3, v4]t| v2 + v3 + v4 = 0

},

W ={w = [w1, w2, w3, w4]t| w1 + w2 = 0, w3 = 2w4

}

due sottoinsiemi di R4. Dimostrare che V e W sono sottospazi di R4 e determinarnedimensione ed una base.

3.5.32. Sia U l’insieme dei vettori u ∈ R3 tali che wtu = 0, con

w =

1−21

.

Dimostrare che U e un sottospazio e determinarne la dimensione ed una base.

3.5.33. Determinare una base e la dimensione dello spazio U = 〈x,y, z〉, con

x =

1−102

, y =

0−210

, z =

1200

.

3.5 ESERCIZI 87

3.5.34. Determinare una base e la dimensione dello spazio U = 〈x,y, z〉, con

x =

121

, y =

210

, z =

100

.

3.5.35. Nello spazio R4, si considerino i sottospazi:

U : x− z = y + t = 0 (1);

V : x + t = y − z = 0 (2).

Determinare le dimensioni di U, V, U + V, stabilire se U + V e una somma diretta,trovarne una base e darne una rappresentazione.

3.5.36. In R4 si considerino i seguenti vettori

u = [1, 2, 0, 0]t, v = [0,−1, 1, 0]t, w = [0, 0, 2, 1]t

e gli spazi U = 〈u〉 e V = 〈v,w〉. Stabilire la dimensione di U ∩ V e determinare seU + V e somma diretta.

3.5.37. In R4 si considerino i vettori u1 = [1,−1, 3, 1]t, u2 = [1, 1,−1, 1]t, v1 = [1, 1,−1, 0]t,v2 = [1, 1,−1, 3]t e i sottospazi U = 〈u1,u2〉 e V = 〈v1,v2〉. Determinare le dimensionidi U e V e stabilire se la loro somma e diretta.

3.5.38. Si consideri lo spazio R4[t] dei polinomi di grado n ≤ 4 a coefficienti reali, e gliinsiemi U = {p(t) ∈ R4[t] : p(−1) = p(0) = p(1) = 0} e V = {q(t) ∈ R4[t] : q(0) = q(1) =q(2) = 0}.

1. Dimostrare che U e V sono sottospazi di R4[t].

2. Determinare la dimensione ed una base di U ∩ V .

3.5.39. Nello spazio canonico R4 si considerino i sottospazi U e W associati, rispettiva-mente, ai seguenti sistemi lineari

U

2x + y − 5z − 5t = 03x− 2y + 3z − 11t = 0x− 3y + 8z − 6t = 0

W

x + y + 2z − 5t = 0x− 2y − z − 2t = 02x + 5y + 7z − 13t = 0.

Determinare la dimensione ed una base per gli spazi U e W.

3.5.40. Siano U e W i sottospazi di R4 definiti nell’Esercizio 3.5.39. Determinare lospazio U ∩W, e dedurre la dimensione di U + W.

88 SPAZI VETTORIALI

Capitolo 4

SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI

4.1 ESERCIZI CAPITOLO 1 - SOLUZIONI

1.3.1 Sia M2(Z2) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 2 aventi coefficienti nel campoZ2 delle classi di resti modulo 2. Sia I l’insieme formato dalle matrici A, B,C ∈ M2(Z2)date da

A =[

1 00 1

], B =

[1 11 0

], C =

[0 11 1

].

Verificare che il prodotto tra matrici · e una operazione interna all’insieme I.

Svolgimento. Poiche i coefficienti sono in Z2 abbiamo

B · C =[

1 11 0

]·[

0 11 1

]=

[1 20 1

]=

[1 00 1

]= A,

C ·B =[

0 11 1

]·[

1 11 0

]=

[1 02 1

]=

[1 00 1

]= A,

B2 =[

1 11 0

]·[

1 11 0

]=

[2 11 1

]=

[0 11 1

]= C,

C2 =[

0 11 1

]·[

0 11 1

]=

[1 11 2

]=

[1 11 0

]= B.

Pertanto, la tavola di composizione risulta

· A B CA A B CB B C AC C A B

e quindi l’operazione · e interna ad I. ¥1.3.2 Sia I l’insieme di matrici considerato nell’Esercizio ??. Stabilire se (I, ·) e unmonoide.

90 SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI

Svolgimento. Verifichiamo l’associativita dell’operazione · controllando l’ordinedelle parentesi su ogni possibile terna. Osserviamo innanzitutto che la tavola di compo-sizione e simmetrica, quindi · e commutativa. Questo consente di ridurre il numero diverifiche alle seguenti

A · (B · C) = B · C = A, (A ·B) · C = B · C = A,B · (C ·A) = B · C = A, (B · C) ·A = B · C = A,C · (A ·B) = C ·B = A, (C ·A) ·B = C ·B = A.

Pertanto, · e associativa.Inoltre, A e l’elemento neutro, e quindi (I, ·) e un monoide. ¥1.3.3 Sia I l’insieme di matrici considerato nell’ Esercizio ??. Stabilire se (I, ·) e ungruppo abeliano.

Svolgimento. Dall’analisi della tavola di composizione notiamo che l’inversa diB e C, e l’inversa di C e B. Pertanto, ogni elemento ammette inverso, e quindi (I, ·) e ungruppo. Poiche · e commutativa, (I, ·) e un gruppo abeliano. ¥1.3.4 Sia M2(Z3) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 2 aventi coefficienti nel campoZ3 delle classi di resti modulo 3. Sia I l’insieme formato dalle matrici A,B, C ∈ M2(Z3)date da

A =[

1 00 1

], B =

[1 11 0

], C =

[0 11 1

].

Stabilire se (I, ·) e una struttura algebrica.

Svolgimento. Se i coefficienti delle matrici appartengono a Z3, la legge di com-posizione · non e interna all’insieme I. Infatti, per esempio, B · C e la matrice seguente

[1 20 1

],

la quale non appartiene all’insieme I. Quindi, in tale caso, (I, ·) non puo essere unastruttura algebrica. ¥

4.1.1. Sia M(2,2)(Z3) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 2 ad elementi nell’insiemeZ3 delle classi di resti modulo 3, e sia + l’usuale somma di matrici. Determinare il numerodi elementi di (M(2,2)(Z3), +).

Svolgimento. Ogni matrice appartenente ad M(2,2)(Z3) e di tipo (2, 2), quin-di dotata di 4 elementi. Ognuno di essi puo assumere, indipendentemente, i tre valori[0], [1], [2], e quindi M(2,2)(Z3) possiede 34 = 81 matrici distinte. ¥1.3.5 Sia M(2,2)(Z3) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 2 ad elementi nell’insiemeZ3 delle classi di resti modulo 3, e sia + l’usuale somma di matrici. Determinare il numerodi elementi di (M(2,2)(Z3), +).

Svolgimento. Ogni matrice appartenente ad M(2,2)(Z3) e di tipo (2, 2), quin-di dotata di 4 elementi. Ognuno di essi puo assumere, indipendentemente, i tre valori[0], [1], [2], e quindi M(2,2)(Z3) possiede 34 = 81 matrici distinte. ¥

1.3.6 Determinare in (M(2,2)(Z3),+) l’inverso di[

2 11 0

]

4.1 ESERCIZI CAPITOLO 1 - SOLUZIONI 91

Svolgimento. In (M(2,2)(Z3),+), l’inversa della matrice[

2 11 0

]e una matrice

che sommata a questa fornisce la matrice nulla. Quindi sia ha

[2 11 0

]+

[a bc d

]=

[0 00 0

]

con a, b, c ∈ Z3. Indicando con 0, 1, 2 i rappresentanti degli elementi di Z3, abbiamo

2 + a = 0 ⇒ a = 11 + b = 0 ⇒ b = 21 + c = 0 ⇒ c = 20 + d = 0 ⇒ d = 0

⇒[

a bc d

]=

[1 22 0

].

¥1.3.7 Sia A la matrice di M(2,2)(Z3) data da

[1 12 0

].

Calcolare A3 −A2.

Svolgimento. Indicando con 0, 1, 2 i rappresentanti degli elementi di Z3, abbia-mo

A2 = A ·A =[

1 12 0

]·[

1 12 0

]=

[1 + 2 1 + 02 + 0 2 + 0

]=

[0 12 2

]

A3 = A2 ·A =[

0 12 2

]·[

1 12 0

]=

[0 + 2 0 + 02 + 1 2 + 0

]=

[2 00 2

]

A3 −A2 =[

2 00 2

]−

[0 12 2

]=

[2− 0 0− 10− 2 2− 2

]=

[2 −1−2 0

]=

[2 21 0

].

¥1.3.8 Sia M(3,3)(Z2) l’insieme delle matrici quadrate di ordine 3 ad elementi nell’insiemeZ2 delle classi di resti modulo 2. Determinare il numero di elementi di M(3,3)(Z2).

Svolgimento. Ogni matrice appartenente ad M(3,3)(Z2) e di tipo (3, 3), quindidotata di 9 elementi. Ognuno di essi puo assumere, indipendentemente, i due valori [0], [1],e quindi M(3,3)(Z2) possiede 29 = 512 matrici distinte. ¥

1.3.9 Sia ∗ l’usuale prodotto di matrici inM(3,3)(Z2). Verificare che la matrice

1 0 11 1 10 0 1

e invertibile in (M(3,3)(Z2), ∗), e scrivere la matrice inversa.

Svolgimento. In (M(3,3)(Z2), ∗), la matrice

1 0 11 1 10 0 1

ammette inversa, in

quanto il suo determinante e non nullo, e precisamente vale 1, come si calcola facilmente.


Per calcolare la matrice inversa dobbiamo innanzitutto determinare i complementi algebricidegli elementi

(−)1+1A11 = +∣∣∣∣

1 10 1

∣∣∣∣ = 1, (−)1+2A12 = −∣∣∣∣

1 10 1

∣∣∣∣ = −1 → 1(poiche −1 = 1 in Z2),

(−)1+3A13 = +∣∣∣∣

1 10 0

∣∣∣∣ = 0, (−)2+1A21 = −∣∣∣∣

0 10 1

∣∣∣∣ = 0,

(−)2+2A22 = +∣∣∣∣

1 10 1

∣∣∣∣ = 1, (−)2+3A23 = −∣∣∣∣

1 00 0

∣∣∣∣ = 0,

(−)3+1A31 = +∣∣∣∣

0 11 1

∣∣∣∣ = −1, → 1(poiche −1 = 1 in Z2) (−)3+2A32 = −∣∣∣∣

1 11 1

∣∣∣∣ = 0,

(−)3+3A33 = +∣∣∣∣

1 01 1

∣∣∣∣ = 1.

L’aggiunta della matrice data e dunque

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

t

=

1 0 11 1 00 0 1

,

e coincide con l’inversa, essendo 1 il determinante della matrice iniziale. ¥1.3.10 Sia A la matrice di M(3,3)(Z2) data da

1 1 10 0 11 0 1

.

Indicata con I la matrice identica di ordine 3, calcolare il determinante della matriceM = (A− I)1000.

Svolgimento. Indicando con 0, 1 i rappresentanti degli elementi di Z2, abbiamo

A− I =

1 1 10 0 11 0 1

−

1 0 00 1 00 0 1

=

0 1 10 1 11 0 0

e det(A− I) = 0, da cui, applicando il teorema di Binet, risulta

detM = det(A− I)1000 = (det(A− I))1000 = 01000 = 0.

¥1.3.11 Sia I l’insieme dei punti del piano xy aventi coordinate

(3 cos

(kπ

3

),−3 sin

(kπ

3

)),

essendo k un intero relativo. Considerati due punti qualsiasi P(3 cos

(aπ

3

),−3 sin

(aπ

3

))e

Q(3 cos

(bπ

3

),−3 sin

(bπ

3

))di I, sia ∗ l’operazione interna ad I data da

P ∗Q =(3 cos

((a + b)

π

3

),−3 sin

((a + b)

π

3

)).


1. Dimostrare che ∗ e associativa.

2. Dimostrare che esiste l’elemento neutro.

3. Dimostrare che il punto A(−3

2 ,−3√

32

)∈ I, e stabilire se esso ammette inverso in I.

Svolgimento.1. Consideriamo tre punti P

(3 cos

(aπ

3

),−3 sin

(aπ

3

)), Q

(3 cos

(bπ

3

),−3 sin

(bπ

3

))ed

R(3 cos

(cπ

3

),−3 sin

(cπ

3

)), appartenenti all’insieme I. Dalla definizione di ∗ risulta

(P ∗Q) ∗R =(3 cos

((a + b)π

3

),−3 sin

((a + b)π

3

)) ∗R =

=(3 cos

([(a + b) + c]π3

),−3 sin

([(a + b) + c]π3

))=

=(3 cos

([a + (b + c)]π3

),−3 sin

([a + (b + c)]π

3

))= P ∗ (Q ∗R).

Pertanto l’operazione ∗ e associativa.

2. L’elemento neutro, se esiste, e un punto U ∈ I tale che P ∗U = U ∗P = P per ogniP ∈ I. Sia P

(3 cos

(k π

3

),−3 sin

(k π

3

))un generico punto di I ed U

(3 cos

(uπ

3

),−3 sin

(uπ

3

)).

Dalla definizione di ∗ abbiamo

P ∗ U = U ∗ P =(3 cos

((a + u)

π

3

),−3 sin

((a + u)

π

3

)).

Affinche cio sia uguale a P si deve avere{

3 cos((a + u)π

3

)= 3 cos

(aπ

3

)−3 sin

((a + u)π

3

)= −3 sin

(aπ

3

)

Le due equazioni risultano entrambe soddisfatte se prendiamo u = 0, e quindi U e il puntodi coordinate (3, 0) e l’elemento neutro rispetto all’operazione ∗.

3. Per k = 2 abbiamo cos 2π3 = −1

2 , sin 2π3 =

√3

2 . Pertanto, il punto A appartienead I, e si ottiene per k = 2. Il punto A−1

(3 cos

(hπ

3

),−3 sin

(hπ

3

))e tale che A ∗ A−1 =

A−1 ∗A = U . Deve quindi essere

A ∗A−1 = A−1 ∗A =(3 cos

((2 + h)

π

3

),−3 sin

(k(2 + h)

π

3

))= (3, 0).

Di conseguenza abbiamo{

3 cos((2 + h)π

3

)= 3

−3 sin(k(2 + h)π

3

)= 0.

Entrambe le equazioni risultano verificate se prendiamo h = −2, e quindi

(3 cos

(−2

π

3

),−3 sin

(−2

π

3

))=

(3 cos

(2π

3

), 3 sin

(2π

3

))=

(−3

2,32

√3)

.

Il punto A−1 assume quindi le coordinate determinate. ¥1.3.12 Sia Z18 l’insieme delle classi di resti modulo 18, e sia · la consueta operazione diprodotto tra classi.


1. Determinare l’insieme I degli elementi invertibili di Z18.

2. Dimostrare che (I, ·) e un gruppo abeliano.

3. Verificare che, in Z18, l’equazione 15x = 6 ammette tre soluzioni distinte, l’equazione7x = 17 ammette una ed una sola soluzione, l’equazione 3x = 11 non ammettesoluzioni. Calcolare poi le soluzioni delle equazioni considerate, nei casi in cui questeesistono.

Svolgimento.1. L’insieme I degli elementi invertibili di Z18 e rappresentato dalle soluzioni dell’e-

quazione modulare [a][x] = [1] (modulo 18), le quali esistono quando il massimo comunedivisore tra a e 18 e uguale ad 1, cioe se (a, 18) = 1. Abbiamo quindi a = 1, 5, 7, 11, 13, 17.Di conseguenza risulta I = {[1], [5], [7], [11], [13], [17]}.

2. Se [a], [b] ∈ I, allora [a] · [b] e invertibile. Infatti, se cio non fosse, essendo [a] · [b] =[a · b], dovrebbe risultare (a · b, 18) 6= 1, cioe dovrebbe esistere un fattore comune nonbanale tra a · b e 18. Ma questo e impossibile, poiche un tale fattore dovrebbe dividerenecessariamente almeno uno dei numeri a, b, contro il fatto che entrambi siano primi con18. Pertanto, il prodotto e una operazione interna ad I. Inoltre il prodotto e associativo ecommutativo in I, possedendo tali proprieta in tutto Z18. E poi evidente, per definizione,che ogni elemento di I ammette inverso. Pertanto I e un gruppo abeliano.

3. Nel primo caso abbiamo a = 15, b = 6, n = 18, per cui d = (15, 18) = 3. Poiched divide b, l’equazione 15x = 6 ammette soluzione. Inoltre, essendo d = 3, abbiamo 3soluzioni distinte.

Nel secondo caso abbiamo a = 7, b = 17 n = 18, per cui d = (7, 18) = 1. Quindi d|bper cui l’equazione 7x = 17 ammette soluzione, ed essendo d = 1, tale soluzione e unica.

Nel terzo caso abbiamo a = 3, b = 11, n = 18, e quindi d = (3, 18) = 3 non divide 11.Pertanto in questo caso non ci sono soluzioni. ¥1.3.13 Sia A ∈Mn(K) una matrice involutoria, cioe tale che A2 = A ·A = I

Calcolare A1.000.000.000 e A1.000.000.001.

Svolgimento. Proviamo a calcolare qualche potenza di A. Abbiamo A2 = I,A3 = A2A = IA = A, A4 = A3A = AA = A2 = I, A5 = A4A = IA = A. Ciascuna delleprecedenti uguaglianze deriva dalla precedente. E facile dedurre che se A e involutoriaogni sua potenza pari deve coincidere con la matrice identica. Se riusciamo a dimostrareformalmente questa proprieta possiamo facilmente calcolare qualsiasi potenza di A. I cal-coli precedenti suggeriscono di dimostrarla ricorrendo ad un procedimento per induzione.L’obiettivo e dunque quello di dimostrare che A2n = I per ogni n ∈ N, se A e involutoria.Dobbiamo verificare la validita della tesi per un intero n particolare, quindi dimostrareche ogni volta che la tesi e vera per un intero generico n, lo e pure per il successivo n + 1.Per definizione di matrice involutoria (A2 = I), la tesi e certamente vera con n = 1. Sup-poniamo ora che sia vera per n, cioe che A2n = I (ipotesi di induzione). Vediamo cosasuccede per n + 1. Abbiamo:

A2(n+1) = A2n+2 = A2nA2. (4.1.1)

Ma per l’ipotesi sull’involutorieta di A, abbiamo che A2 = I. Per l’ipotesi di induzione siha A2n = I. Quindi la (4.1.1) diventa A2nA2 = I · I = I. Tornando al nostro problema


iniziale, essendo 1.000.000.000 pari, otteniamo:

A1.000.000.000 = I, A1.000.000.001 = A1.000.000.000A = IA = A.

¥1.3.14 Verificare che per ogni matrice A ∈Mn(K), la matrice A + At e simmetrica.

Svolgimento. Una matrice M e simmetrica se e solo se M = M t. Basta cheverifichiamo questa uguaglianza per la matrice A + At, ricordando che la trasposta di unasomma di matrici e la somma delle matrici trasposte, e che la trasposizione e un’operazioneinvolutoria (cioe applicata due volte si annulla: (At)t = A). Allora:

(A + At)t = At + (At)t = At + A = A + At.

Quindi A + At e sempre simmetrica, qualunque sia la matrice A. ¥1.3.15 Siano A,B ∈ Mn(K) matrici simmetriche. Verificare che anche la matrice A + Be a sua volta simmetrica.

Svolgimento. Se A e B sono simmetriche abbiamo A = At e B = Bt. Bastaverificare un’analoga uguaglianza per la matrice A + B. Possiamo procedere in due modi.Sfruttando la regola di trasposizione di una somma di matrici (la trasposta di una sommae la somma delle trasposte) e le ipotesi (A e B sono simmetriche), otteniamo

(A + B)t = At + Bt = A + B.

Quindi A+B coincide con la trasposta ed e simmetrica. In alternativa si puo utilizzare ladefinizione di matrice simmetrica. Posto A = [aij ] e B = [bij ], abbiamo aij = aji, bij = bji,per definizione di simmetria e A + B = C = [cij ] dove cij = aij + bij , per definizione disomma di matrici. Allora cji = aji + bji = aij + bij = cij , per cui A + B e simmetrica. ¥1.3.16 Dimostrare che se A e B sono matrici simmetriche di Mn(K) allora AB e simme-trica se e solo se A e B commutano.

Svolgimento. E una condizione necessaria e sufficiente. Dividiamo la verifica indue parti, sfruttando la caratterizzazione delle matrici simmetriche (cfr. Esercizio ??) e laregola di trasposizione di un prodotto di matrici: la trasposta di un prodotto e il prodottodelle trasposte fatto in ordine inverso, ossia (A1A2 · · ·An)t = At

n · · ·At2A

t1.

(⇒) Supponiamo che AB sia simmetrica. Deve coincidere con la sua trasposta, quindi:

AB = (AB)t = BtAt (1)= BA,

e A e B commutano, L’uguaglianza ( 1) e conseguenza del fatto che A e B, prese singolar-mente, sono a loro volta simmetriche per ipotesi.

(⇐) Supponiamo che A e B commutino, ovvero che AB = BA. Abbiamo

(AB)t = BtAt = BA = AB.

Quindi AB coincide con la sua trasposta, cioe e simmetrica. ¥1.3.17 Verificare che per ogni matrice A ∈Mn(K), la matrice A−At e emisimmetrica.

Svolgimento. Una matrice M e emisimmetrica se M t = −M o, che e la stessacosa, se M+M t = O. Occorre verificare una delle precedenti uguaglianze per la particolare


matrice A − At. Ricordando che la trasposta di una somma di matrici e la somma dellematrici trasposte e che la trasposta di una trasposta e la matrice stessa, abbiamo:

(A−At)t = At − (At)t = At −A(1)= −(A−At).

L’uguaglianza ( 1) si ottiene raccogliendo −1, sfruttando la proprieta distributiva del pro-dotto per uno scalare nel confronto della somma di matrici (k(A + B) = kA + kB, perogni A,B ∈Mmn(K) e k ∈ K). ¥1.3.18 Date le matrici

A =

1 02 01 −2

, B =

1 01 00 2

,

determinare C = (AtB)t

Svolgimento. Notiamo che i due fattori nel prodotto AtB hanno, rispettivamen-te, ordini (2, 3) e (3, 2). Sono quindi conformabili e il prodotto e eseguibile. L’ordine dellamatrice risultato sara (2, 2), quindi anche (AtB)t deve avere ordine (2, 2). Eseguendo iconti, otteniamo:

AtB =

1 02 01 −2

t

1 01 00 2

=

[1 2 10 0 −2

]

1 01 00 2

=

[3 20 −4

].

Passando alla trasposta, abbiamo

(AtB)t =[

3 20 −4

]t

=[

3 02 −4

].

Possiamo verificare il risultato sfruttando il Teorema 1.15, in base al quale deve essere(AtB)t = Bt(At)t = BtA. Abbiamo allora

BtA =[

1 1 00 0 2

]

1 02 01 −2

=

[3 02 −4

],

il che conferma il precedente risultato. ¥1.3.19 Date le matrici

A =

1 22 40 1

, B =

−3 −21 −13 2

,

determinare una matrice C, di dimensione opportuna, tale che A + B − C = O.

Svolgimento. Se A + B − C = O, allora A + B = C, quindi per determinare laC basta calcolare la somma A + B, che si esegue sommando elemento per elemento i dueaddendi. Ovvero:

C = A + B =

1 22 40 1

+

−3 −21 −13 2

=

1 + (−3) 2 + (−2)2 + (1) 4 + (−1)0 + (3) 1 + (2)

=

−2 03 33 3

.


¥1.3.20 Siano

A =[ −1 0

2 2b− 1

], B =

[c + 2 a1− 2d 1

]

due matrici di M2(R). Stabilire se esistono valori dei parametri reali a, b, c e d per i qualile matrici A e B sono uguali.

Svolgimento. Per il principio di uguaglianza di matrici, due matrici A = [aij ]e B = [bij ] sono uguali se hanno ordinatamente uguali tutti i loro elementi, ovvero seaij = bij per ogni coppia di indici ij. Cio significa che, come minimo, devono averelo stesso ordine. Nel nostro caso le matrici appartengono entrambe all’insieme M2(R).Coincidono, ovvero

A =[ −1 0

2 2b− 1

]=

[c + 2 a1− 2d 1

]= B

se e solo se i singoli elementi sono uguali. Procedendo ordinatamente dalla prima riga edalla prima colonna, abbiamo le condizioni:

−1 = c + 20 = a2 = 1− 2d2b− 1 = 1.

da cui

a = 0b = 1c = −3d = −1

2 .

¥1.3.21 Si considerino le matrici

A =[ −a a

b 1

], B =

[ −1 1b a

].

Determinare per quali valori dei parametri reali a e b le matrici A e B commutano.

Svolgimento. Le matrici A e B commutano se AB = BA. Calcoliamo i dueprodotti ed uguagliamo i risultati. Sviluppando i calcoli abbiamo:

AB =[ −a a

b 1

] [ −1 1b a

]=

[a + ab −a + a2

0 a + b

];

BA =[ −1 1

b a

] [ −a ab 1

]=

[b + a 1− a

0 a + ab

].

Per il principio di uguaglianza di matrici, i due precedenti prodotti coincidono se e solo sehanno tutti gli elementi ordinatamente uguali. Questa condizione ci conduce a risolvere ilseguente sistema:

a + ab = b + a−a + a2 = 1− a0 = 0a + b = a + ab,

ovvero

ab− b = 0a2 − 1 = 00 = 0ab− b = 0,

cioe

b(a− 1) = 0(a + 1)(a− 1) = 00 = 0b(a− 1) = 0.

La terza equazione e un’identita. La prima e soddisfatta o per b = 0, o per a = 1. Studiamoquesti due casi. Se b = 0, l’ultima equazione e vera per ogni valore di a, mentre la seconda


e soddisfatta solo per a = ±1. Quindi le coppie (a, b) = (1, 0) e (a, b) = (−1, 0) sono duepossibili soluzioni. Se, nel secondo caso, poniamo a = 1, la seconda e la terza equazionediventano un’identita indipendentemente dal valore del parametro b, quindi tutte le coppiedella forma (1, b) (b ∈ R) sono soluzioni del problema. Tra queste ultime c’e anche la (1, 0),che abbiamo gia trovato come soluzione nel primo caso. Facendo l’unione delle soluzionitrovate, possiamo dire che le matrici commutano quando a = 1 e b ∈ R, oppure per(a, b) = (−1, 0). ¥1.3.22 Si considerino le matrici

A =[

1 03 −1

], B =

[1 −1−2 0

].

determinare (A + B)2.

Svolgimento. Possiamo procedere in due modi. Si puo determinare prima lamatrice A+B, quindi calcolare il suo prodotto con se stessa. Oppure possiamo svilupparela potenza del binomio (A+B)2. Facciamo innanzitutto notare che non esistono problemidi conformabilita nei prodotti, ne di diversita nelle dimensioni delle matrici per quantoriguarda le somme. Infatti sia A che B sono quadrate del secondo ordine. Calcolandoprima la somma, otteniamo:

A + B =[

1 03 −1

]+

[1 −1−2 0

]=

[1 + 1 0− 13− 2 −1 + 0

]=

[2 −11 −1

].

Determiniamo ora il quadrato della matrice cosı ottenuta:

(A + B)2 =[

2 −11 −1

]2

=[

2 −11 −1

] [2 −11 −1

]=

[3 −11 0

].

Nel caso si voglia sviluppare il binomio occorre fare molta attenzione al fatto che in genereil prodotto di matrici non e commutativo. Quindi, nei calcoli, non possiamo usare le regoleapplicate usualmente nello sviluppo di un binomio di numeri reali. In particolare non hasenso parlare di doppio prodotto. Infatti, in (A+B)2 = (A+B)(A+B) = A2+AB+BA+B2

non e detto che AB = BA, quindi, in genere, (A + B)2 6= A2 + 2AB + B2. Svolgendo iconti, abbiamo:

(A + B)2 = A2 + AB + BA + B2 =

=[

1 03 −1

]2

+[

1 03 −1

] [1 −1−2 0

]+

+[

1 −1−2 0

] [1 03 −1

]+

[1 −1−2 0

]2

=

=[

1 00 1

]+

[1 −15 −3

]+

[ −2 1−2 0

]+

[3 −1−2 2

]=

=[

1 + 1− 2 + 3 0− 1 + 1− 10 + 5− 2− 2 1− 3 + 0 + 2

]=

[3 −11 0

].


¥1.3.23 Determinare tutte le matrici

H =[

x yz t

]

di M2(R) che commutano con la matrice

A =[

1 10 1

].

Svolgimento. Stiamo cercando le matrici H di M2(R) per cui HA = AH.Determiniamo i due membri della precedente equazione ed uguagliamoli. Abbiamo:

HA =[

x yz t

] [1 10 1

]=

[x x + yz z + t

]

AH =[

1 10 1

] [x yz t

]=

[x + z y + t

z t

].

Uguagliando le due matrici cosı ottenute, si ottiene il seguente sistema:

x = x + zx + y = y + tz = zz + t = t,

da cui

x = xx = tz = zz = 0,

e quindi

x = tx = tz = 0z = 0

Si deduce che x = t, mentre il parametro y e libero di variare. Quindi, le matrici cercatehanno la forma

H =[

x y0 x

],

con x, y ∈ R. ¥1.3.24 Si consideri la matrice reale Ak = diag(k, 2). Si determini l’insieme Vk delle matricidi M2(R) permutabili con Ak.

Svolgimento. La matrice Ak e

Ak = diag(k, 2) =[

k 00 2

].

L’insieme Vk che dobbiamo descrivere e formato da matrici del tipo

V =[

x yz t

],

con x, y, z, t ∈ R tali che V Ak = AkV . Determiniamo la forma delle matrici ai due membridella precedente equazione ed uguagliamoli.

V Ak =[

x yz t

] [k 00 2

]=

[kx ky2z 2t

],


AkV =[

k 00 2

] [x yz t

]=

[kx 2ykz 2t

].

Uguagliando le due matrici otteniamo il sistema:

kx = kxky = 2y2z = kz2t = 2t

e quindi

0 = 0y(k − 2) = 0z(k − 2) = 00 = 0.

La prima e l’ultima sono delle identita. Se k = 2, la seconda e terza equazione sonosoddisfatte indipendentemente dai valori di y e z, mentre non esistono condizioni su x et, ovvero non ci sono condizioni su alcun termine delle matrici che formano V2. PercioV2 = M2(R). Possiamo notare che, in questo caso, A2 = diag(2, 2) = 2I2, quindi, per ogniM ∈M2(R):

A2M = 2I2M = 2M = 2(MI2) = M(2I2) = MA2.

Se k 6= 2, le condizioni sugli elementi delle matrici di Vk sono y = z = 0. Non si hannocondizioni su x e t. Quindi:

Vk ={[

x 00 t

]∣∣∣∣ x, t ∈ R}

,

ossia Vk e l’insieme delle matrici diagonali del secondo ordine. ¥1.3.25 Calcolare, usando le operazioni elementari di riga e di colonna, il determinantedella seguente matrice:

A =

5 4 2 12 3 1 −2−5 −7 −3 91 −2 −1 4

.

Svolgimento. La matrice A e quadrata del quarto ordine. Cerchiamo, somman-do a righe e colonne combinazioni lineari delle rimanenti, di ottenere il massimo numerodi zeri in una linea (riga o colonna) della matrice. Indicheremo le operazioni eseguite sullerighe usando il simbolo R, e sulle colonne il simbolo C. Quindi, per esempio, R1−3R4 signi-fica sottrarre alla prima riga la quarta moltiplicata per 3. Usando le operazioni elementaripasseremo dalla matrice A ad altre matrici, diverse, ma aventi lo stesso determinante. Conl’operazione R1 − 2R2 otteniamo:

A′ =

1 −2 0 52 3 1 −2−5 −7 −3 91 −2 −1 4

.

Quindi, con R3 + 3R2, passiamo a:

A′′ =

1 −2 0 52 3 1 −21 2 0 31 −2 −1 4

e, con R4 + R2, a A′′′ =

1 −2 0 52 3 1 −21 2 0 33 1 0 2

.


E chiaramente piu semplice sviluppare il determinante di A′′′ usando Laplace rispetto allaterza colonna, piuttosto che calcolarlo rispetto ad una sua qualsiasi altra linea. Otteniamo:

detA = detA′′′ = 0 det

2 3 −21 2 33 1 2

− 1 det

1 −2 51 2 33 1 2

+

+0det

1 −2 52 3 −23 1 2

+ 0 det

1 −2 52 3 −21 2 3

= −det

1 −2 51 2 33 1 2

= ∗.

Anche su quest’ultima matrice si puo operare con operazioni elementari. Eseguendo suc-cessivamente le operazioni C2 + 2C1 e C3 − 5C1 e sviluppando secondo Laplace rispettoalla prima riga otteniamo

∗ = −det

1 0 01 4 −23 7 −13

= −

(1

∣∣∣∣4 −27 −13

∣∣∣∣)

= −1(−52 + 14) = 38.

¥1.3.26 Dimostrare che se A e emisimmetrica di ordine dispari allora e singolare.

Svolgimento. Supponiamo che A ∈M2n+1(R), dove 2n+1, n ∈ N, e un genericonumero dispari. Ricordiamo che una matrice si dice singolare se ha determinante nullo.Ora, se A e emisimmetrica, abbiamo che A = −At. Quindi sia A che −At devono averelo stesso determinante. Ma il determinante di una matrice coincide con quello della suatrasposta e det kA = kn det A se A ha ordine n. In questo caso, si ha:

detA = det(−At) = det((−1)At

)= (−1)2n+1 det At = (−1)2n+1 det A = −detA,

perche (−1)2n+1 = −1. Ma in R, l’unico numero che coincide con il suo inverso e 0, quindidetA = 0 e A e singolare. ¥1.3.27 Determinare i valori dei parametri reali a, b ∈ R per i quali le seguenti matrici sonosingolari:

A =[

a− 1 33 a− 1

], B =

0 2b2 50 5 2

b− 2 2 3

.

Svolgimento. Una matrice e singolare quando il suo determinante e 0. Impo-niamo quindi ai determinanti delle due matrici di annullarsi. Calcolando il determinantedelle due matrici abbiamo detA = (a− 1)2 − 9 = (a− 1 + 3)(a− 1− 3) = (a + 2)(a− 4)e det B = (b − 2)(4b2 − 25) = (b − 2)(2b + 5)(2b − 5). Quindi detA = 0 se e solo se(a + 2)(a− 4) = 0, ovvero se e solo se a = −2 oppure a = 4. Analogamente detB = 0 see solo se (b− 2)(2b + 5)(2b− 5) = 0, cioe quando b = 2 oppure b = ±5

2 . ¥1.3.28 Determinare la matrice inversa di

A =

1 −1 00 2 13 0 −1

.


Svolgimento. Siccome detA = −5 6= 0 la matrice inversa esiste. Essa si ottienedividendo per detA ogni elemento della matrice aggiunta A∗, ottenuta come traspostadella matrice i cui elementi sono i complementi algebrici degli elementi di A. Questirisultano

(−)1+1A11 = +∣∣∣∣

2 10 −1

∣∣∣∣ = −2, (−)1+2A12 = −∣∣∣∣

0 13 −1

∣∣∣∣ = 3,

(−)1+3A13 = +∣∣∣∣

0 23 0

∣∣∣∣ = −6, (−)2+1A21 = −∣∣∣∣−1 00 −1

∣∣∣∣ = −1,

(−)2+2A22 = +∣∣∣∣

1 03 −1

∣∣∣∣ = −1, (−)2+3A23 = −∣∣∣∣

1 −13 0

∣∣∣∣ = −3,

(−)3+1A31 = +∣∣∣∣−1 02 1

∣∣∣∣ = −1, (−)3+2A32 = −∣∣∣∣

1 00 1

∣∣∣∣ = −1,

(−)3+3A33 = +∣∣∣∣

1 −10 2

∣∣∣∣ = 2.

L’inversa di A e pertanto la matrice:

A−1 =1

det AA∗ = −1

5

−2 −1 −13 −1 −1−6 −3 2

.

Per convincersene basta verificare che AA−1 = A−1A = I3. ¥1.3.29 Si consideri la matrice di M3(R)

A =

0 1 1a 2 10 1 a

,

dove a ∈ R e un parametro reale. Discutere l’esistenza dell’inversa di A al variare delparametro e, quando esiste, calcolarla.

Svolgimento. Una matrice e invertibile se e solo se e non singolare, ovvero hail determinante diverso da 0. Calcoliamo il determinante di A, sviluppandolo secondoLaplace rispetto alla prima colonna:

detA = −a

∣∣∣∣1 11 a

∣∣∣∣ = −a(a− 1).

Quindi esiste l’inversa quando a 6= 0 e a 6= 1. Determiniamo, in questi casi, la matriceaggiunta. I complementi algebrici sono:

(−1)1+1A11 =∣∣∣∣

2 11 a

∣∣∣∣ = 2a− 1, (−1)1+2A12 =∣∣∣∣

a 10 a

∣∣∣∣ = −a2

(−1)1+3A13 =∣∣∣∣

a 20 1

∣∣∣∣ = a, (−1)2+1A21 =∣∣∣∣

1 11 a

∣∣∣∣ = 1− a


(−1)2+2A22 =∣∣∣∣

0 10 a

∣∣∣∣ = 0, (−1)2+3A23 =∣∣∣∣

0 10 1

∣∣∣∣ = 0

(−1)3+1A31 =∣∣∣∣

1 12 1

∣∣∣∣ = −1, (−1)3+2A32 =∣∣∣∣

0 1a 1

∣∣∣∣ = a

(−1)3+3A33 =∣∣∣∣

0 1a 2

∣∣∣∣ = −a.

L’aggiunta di A e la trasposta della matrice dei complementi algebrici, ovvero:

A∗ =

A11 −A12 A13

−A21 A22 −A23

A31 −A32 A33

t

=

2a− 1 −a2 a1− a 0 0−1 a −a

t

=

2a− 1 1− a −1−a2 0 aa 0 −a

.

L’inversa di A e allora:

A−1 =1

det AA∗ =

1a(1− a)

2a− 1 1− a −1−a2 0 aa 0 −a

.

¥1.3.30 Si consideri la matrice di M2(R)

A =[

a bc d

].

Determinare la matrice aggiunta A∗ e verificare che (A∗)∗ = A.

Svolgimento. Determiniamo i complementi algebrici della A:

A11 = +d, −A12 = −c, −A21 = −b, A22 = +a.

La matrice aggiunta di A e la trasposta della matrice dei complementi algebrici, ossia:

A∗ =[

A11 −A12

−A21 A22

]t

=[

d −c−b a

]t

=[

d −b−c a

].

Per calcolare (A∗)∗ rifacciamo conti analoghi, ma usando la A∗ come matrice di partenza.I complementi algebrici della A∗ sono allora:

A′11 = +a, −A′12 = +c, −A′21 = +b, A′22 = (−1)2+2d = +d.

L’aggiunta e la trasposta della matrice avente i precedenti come elementi:

(A∗)∗ =[

A′11 −A′12

−A′21 A′22

]t

=[

a cb d

]t

=[

a bc d

]= A.

¥1.3.31Determinare le matrici di A ∈ M2(R) che coincidono con la propria aggiunta,ovvero tali che A∗ = A.


Svolgimento. Consideriamo la generica matrice

A =[

x yz t

]

di M2(R), e calcoliamone l’aggiunta. I complementi algebrici sono:

A11 = +t, −A12 = −z, −A21 = −y, A22 = +x,

da cui si ricava l’aggiunta:

A∗ =[

A11 −A12

−A21 A22

]t

=[

t −z−y x

]t

=[

t −y−z x

].

Siamo interessati alle matrici tali che A = A∗. Uguagliando le matrici:

A =[

x yz t

]=

[t −y−z x

]= A∗

otteniamo le seguenti uguaglianze

x = ty = −yz = −zt = x

e quindi

x = ty = 0z = 0x = t.

Le matrici che stiamo cercando sono pertanto matrici scalari, diag(x, x) = xI2, x ∈ R. ¥1.3.32 Si consideri la matrice

A =

1 −12 01 3

.

Stabilire se esiste la matrice pseudoinversa di Moore-Penrose di A. In caso affermativocalcolarla e verificare il risultato.

Svolgimento. Se A e una matrice (m,n) qualsiasi, la matrice Q = AtA e unamatrice quadrata (n, n). Se Q e non singolare, allora esiste la matrice (AtA)−1At, eviene detta matrice pseudoinversa di Moore-Penrose. Consideriamo quindi, innanzitutto,il prodotto Q = At ·A

Q = At ·A =[

1 2 1−1 0 3

]

1 −12 01 3

=

[6 22 10

].

Poiche detQ = 56 6= 0, la matrice Q e non singolare, e quindi la matrice pseudoinversa diMoore-Penrose di A esiste effettivamente. Abbiamo poi

Q−1 =156

[10 −2−2 6

],

da cui si ottiene


(AtA)−1At = Q−1At =156

[10 −2−2 6

] [1 2 1−1 0 3

]=

156

[12 20 4−8 −4 16

].

Verifichiamo che la matrice trovata e effettivamente la matrice pseudoinversa di Moore-Penrose di A

(AtA)−1At ·A =156

[12 20 4−8 −4 16

]·

1 −12 01 3

=

[1 00 1

].

¥1.3.33 Determinare il rango della matrice

1 1 0 −1 21 0 2 3 02 2 0 −2 4

.

Svolgimento. A differenza del caso quadrato, in cui conviene partire dall’ana-lisi del determinante della matrice stessa, nel caso rettangolare e piu comodo partire daun minore del secondo ordine non nullo (che si individua, se esiste, facilmente, facendoi calcoli a mente), e quindi procedere orlando tale minore secondo quanto affermato nelTeorema di Kronecker . Per esempio, il minore individuato dalle prime due righe e dallaseconda e terza colonna e uguale a 2 6= 0. Possiamo orlare tale minore in soli tre modi:usando la prima, la quarta o la quinta colonna, e ottenendo, rispettivamente

∣∣∣∣∣∣

1 1 01 0 22 2 0

∣∣∣∣∣∣= 0,

∣∣∣∣∣∣

1 0 −10 2 32 0 −2

∣∣∣∣∣∣= 0,

∣∣∣∣∣∣

1 0 20 2 02 0 4

∣∣∣∣∣∣= 0.

Quindi rkA = 2. ¥1.3.34 Discutere il rango della matrice

A =[

k2 − 9 0 2k − 60 k − 3 1

],

al variare del parametro reale k ∈ R.

Svolgimento. La matrice A appartiene a M23(R), quindi il suo rango e un nu-mero compreso fra 0 e 2. Siccome l’unica matrice avente rango 0 e la matrice nulla e, nelnostro caso, non esistono valori di k che annullano contemporaneamente tutti i terminidi A (alcuni non dipendono da k e sono diversi da 0), il rango di A e almeno 1, ovvero1 ≤ rkA ≤ 2. Studiamo la presenza di minori non nulli del secondo ordine. Per esempio,consideriamo il minore formato dalla prima e ultima colonna e vediamo quando si annulla:

∣∣∣∣k2 − 9 2k − 6

0 1

∣∣∣∣ = k2 − 9− 0 = (k + 3)(k − 3) = 0 ⇔ k = ±3.

Quindi per k 6= ±3 il minore sopra considerato e 6= 0, ha ordine 2 e di conseguenza rkA = 2.Esaminiamo i casi rimanenti, ossia cosa succede quando k = ±3. Basta sostituire nella


matrice e cercare i minori d’ordine massimo non nulli. Se k = 3, la A diventa:

A =[

0 0 00 0 1

].

Non esistono minori del secondo ordine diversi da 0 ed esiste un unico minore del primoordine non nullo, quello formato dall’elemento a23 = 1. Quindi per k = 3 si ha rkA = 1.Se k = −3 la matrice A diventa:

A =[

0 0 −120 −6 1

].

Il minore formato dalle ultime due colonne, cioe∣∣∣∣

0 −12−6 1

∣∣∣∣ = 0− 72 = −72 6= 0,

e non nullo, quindi anche per k = −3 la matrice A ha rango 2. Riassumendo, abbiamo:{

k 6= 3 ⇒ rkA = 2k = 3 ⇒ rkA = 1.

¥1.3.35 Discutere il rango della matrice

A =

h 2 2h 02 1 h− 1 h3h 3 2 h

,

al variare del parametro reale h ∈ R.

Svolgimento. La matrice appartiene a M34(R). Siccome, se M ∈ Mmn(R), siha 0 ≤ rkM ≤ min(m,n), nel nostro caso il rango di A e compreso tra 1 e 3. Infatti l’unicamatrice di rango nullo e la matrice nulla O, ossia la matrice avente tutti gli elementi 0.Ma in A esiste certamente almeno un elemento 6= 0 (ad esempio a12 = 2), quindi rkA ≥ 1.Nel caso di matrici rettangolari e in genere conveniente studiare il rango partendo da unminore del secondo ordine 6= 0 e facendo man mano crescere l’ordine, orlando il minore dipartenza secondo quanto suggerisce il Teorema di Kronecker. Studiamo l’annullarsi di unminore del secondo ordine. Molto comodo da studiare e quello formato dalle prime duerighe e dalla seconda e quarta colonna:

∣∣∣∣2 01 h

∣∣∣∣ = 2h = 0 ⇔ h = 0. (4.1.2)

Quindi se h 6= 0 il rango di A e almeno 2.Esaminiamo prima il caso di h = 0. La matrice A diventa:

A =

0 2 0 02 1 −1 00 3 2 0

.


In questo caso il minore del terzo ordine formato dalle prime tre colonne e non nullo.Infatti: ∣∣∣∣∣∣

0 2 02 1 −10 3 2

∣∣∣∣∣∣= −2

∣∣∣∣2 03 2

∣∣∣∣ = −2(4− 0) = −0 6= 0.

Quindi con h = 0 abbiamo rkA = 3.Torniamo al caso di h 6= 0. Abbiamo individuato il minore (4.1.2). Possiamo orlarlo

ed usare il Teorema di Kronecker. Per l’orlatura usiamo la prima colonna, ottenendo:∣∣∣∣∣∣

h 2 02 1 h3h 3 h

∣∣∣∣∣∣= h

∣∣∣∣1 h3 h

∣∣∣∣− 2∣∣∣∣

2 h3h h

∣∣∣∣ = h(h− 3h)− 2(2h− 3h2) =

= −2h2 − 4h + 6h2 = 4h2 − 4h = 4h(h− 1).

Abbiamo sviluppato il determinante rispetto alla prima riga. Il minore (4.1.2) si annullasolo per h = 0, che rappresenta un caso gia studiato, e per h = 1. Se h = 1, la matricediventa:

A =

1 2 2 02 1 0 13 3 2 1

.

Orliamo (4.1.2) nell’unico altro modo possibile, cioe usando la terza colonna. Otteniamo,sviluppando rispetto all’ultima colonna:

∣∣∣∣∣∣

2 2 01 0 13 2 1

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣2 23 2

∣∣∣∣ + 1∣∣∣∣

2 21 0

∣∣∣∣ = −(4− 6) + (0− 2) = 2− 2 = 0.

Quindi non ci sono minori di ordine 3 non nulli quando h 6= 0, e il rango di A e 2.Riassumendo, abbiamo: {

h 6= 1 ⇒ rkA = 3h = 1 ⇒ rkA = 2.

¥1.3.36 Studiare, al variare dei parametri reali a, b, il rango della matrice

A =

2 1 a2a + 1 1 2a− 1 −1 a

.

Svolgimento. Poiche A e una matrice quadrata, procediamo innanzitutto calco-lando il suo determinante. Risulta det A = −(5a2 − 3a− 2), e quindi si annulla per a = 1ed a = −2

5 .

• Se a /∈{−2

5, 1

}allora la caratteristica di A e uguale a 3.

• Per a = −25 si ha

A =

2 1 −25

15 1 2−7

5 −1 −25

.


Il minore {R1, R2} ∩ {C1, C2} e diverso da zero, quindi la caratteristica di A e uguale a 2.• Per a = 1 si ha

A =

2 1 13 1 20 −1 −1

.

Anche in questo caso il minore {R1, R2}∩{C1, C2} e diverso da zero, quindi la caratteristicadi A e ancora uguale a 2. ¥1.3.37 Si consideri la seguente matrice

A =

1 2 −1 3a 2 −a ba b− a c 3

.

¥Studiare, al variare dei parametri reali a, b, c, il rango della matrice A.

Svolgimento. Indichiamo con Ri e Cj la riga i-ma e la colonna j-ma della ma-trice. Osserviamo che il minore {R1} ∩ {C1} non dipende dai parametri, ed e uguale ad1, quindi r(A) ≥ 1 per ogni scelta dei parametri a, b, c. Se orliamo [1] in tutte le possibilimaniere, notiamo che non si trova mai un minore sicuramente diverso da zero

{R1, R2} ∩ {C1, C2} =[

1 2a 2

]→ 2− 2a = 0 per a = 1

{R1, R2} ∩ {C1, C3} =[

1 −1a −a

]→ 0

{R1, R2} ∩ {C1, C4} =[

1 3a b

]→ b− 3a = 0 per b = 3a

{R1, R3} ∩ {C1, C2} =[

1 2a b− a

]→ b− 3a = 0 per b = 3a

{R1, R3} ∩ {C1, C3} =[

1 −1a c

]→ c + a = 0 per c = −a

{R1, R2} ∩ {C1, C4} =[

1 3a 3

]→ 3− 3a = 0 per a = 1

Pertanto dobbiamo procedere valutando i diversi casi possibili. Possiamo innanzituttoseparare i due casi a = 1 ed a 6= 1, suddividendo poi l’analisi nei sottocasi che si presentano.

• a = 1. Distinguiamo i sottocasi b 6= 3 e b = 3.

1. b 6= 3. In questo caso abbiamo r(A) ≥ 2, poiche, per esempio, il minore{R1, R3} ∩ {C1, C2} e non nullo. Orlando questo minore abbiamo


{R1, R2, R3} ∩ {C1, C2, C3} =

1 2 −11 2 −11 b− 1 c

→ 0 per ogni b, c

{R1, R2, R3} ∩ {C1, C2, C4} =

1 2 31 2 b1 b− 1 3

→ −(b− 3)2 6= 0

Pertanto, in questo caso, r(A) = 3.

2. b = 3. Abbiamo gli ulteriori sottocasi c 6= −1 e c = −1.

(a) c 6= −1. Il minore {R1, R3} ∩ {C1, C3} e non nullo. Orlando si ha

{R1, R2, R3} ∩ {C1, C2, C3} =

1 2 −11 2 −11 2 c

→ 0 per ogni c

{R1, R2, R3} ∩ {C1, C3, C4} =

1 −1 31 −1 31 c 3

→ 0 per ogni c.

Quindi r(A) = 2.(b) c = −1. In questo caso si annullano tutti i minori di ordine 2 ottenuti

orlando {R1} ∩ {C1}, per cui r(A) = 1.

• a 6= 1. In questo caso il minore {R1, R2} ∩ {C1, C2} e non nullo, per cui r(A) ≥ 2per ogni b, c. Orlando si ha

{R1, R2, R3} ∩ {C1, C2, C3} =

1 2 −1a 2 −aa b− a c

e quindi il determinante e 2(1− a)(a + c) e si annulla per c = −a

{R1, R2, R3} ∩ {C1, C2, C4} =

1 2 3a 2 ba b− a 3

Quindi il determinante e 6 + 6ab− 3a2 − 12a− b2 e si annulla per b = 3a±√6|a− 1|. Diconseguenza, se b = 3a±√6|a− 1| e c = −a, risulta r(A) = 2, altrimenti r(A) = 3.Riassumendo si ha

r(A) =

1 per a = 1 ∧ b = 3 ∧ c = −12 per a = 1 ∧ b = 3 ∧ c 6= −1 oppure a 6= 1 ∧ b = 3a±√6|a− 1| ∧ c = −a3 altrimenti.


¥1.3.38 Calcolare il rango della seguente matrice partendo dall’elemento a22

A =

0 0 0 2 01 2 0 1 10 3 1 0 21 5 1 3 3

.

Svolgimento.

A =

0 0 0 2 01 2 0 1 10 3 1 0 21 5 1 3 3

→ det[2] = 2 6= 0 → rk(A) ≥ 1

Tra i vari orlati abbiamo

0 0 0 2 01 2 0 1 10 3 1 0 21 5 1 3 3

→ det

[1 20 3

]= 3 6= 0 → rk(A) ≥ 2.

Consideriamo adesso gli orlati del minore di ordine 2 che abbiamo utilizzato. Tra essiabbiamo

0 0 0 2 0

1 2 0 1 1

0 3 1 0 21 5 1 3 3

→ det

0 0 2

1 2 1

0 3 0

= 0 + 0 + 6− 0− 0− 0 = 6 6= 0

Pertanto abbiamo r(A) ≥ 3. Poiche A e di tipo (4, 5), deve essere r(A) ≤ 4. Osserviamoche la quarta riga e uguale alla somma delle prime tre per cui rk(A) < 4, e quindi 3 e ilrango della matrice considerata. ¥

4.2 ESERCIZI CAPITOLO 2-SOLUZIONI

2.3.1 Dato il sistema

y − 3x + t = 1t− x = 0y − z + x = −1

determinare le matrice dei coefficienti, la colonna dei termini noti e riscrivere il sistemadato in forma matriciale.

Svolgimento. Stabiliamo come ordinamento sulle variabili quello alfabetico. Perchiarezza, non essendo le singole equazioni ordinate, riscriviamo il sistema:

−3x + y + t = 1−x + t = 0x + y − z = −1.

4.2 ESERCIZI CAPITOLO 2-SOLUZIONI 111

Allora la matrice dei coefficienti e la colonna dei termini noti sono, rispettivamente:

A =

−3 1 1 0−1 0 1 01 1 0 −1

, B =

10−1

.

Se poniamo X = [x, y, t, z]t, possiamo scrivere il sistema nella forma AX = B. Infatti,sviluppando i calcoli abbiamo

AX =

−3 1 1 0−1 0 1 01 1 0 −1

xytz

=

−3x + y + t−x + t

x + y − z

=

10−1

⇒

−3x + y + t = 1−x + t = 0x + y − z = −1.

¥2.3.2 Dato il sistema

3x1 − 5x2 + x4 = 4x2 − 3x3 + 5x4 = −1x1 + x2 − x3 − 1 = −3

determinare le matrice dei coefficienti e la colonna dei termini noti.

Svolgimento. Stabiliamo come ordinamento sulle variabili quello naturale in-dotto dagli indici. Si noti che le variabili compaiono gia ordinate nelle varie equazioni.Invece i termini noti vanno calcolati: nella terza equazione una costante va portata alsecondo membro. Il sistema ha tre equazioni in quattro incognite. La matrice dei coef-ficienti appartiene dunque a M34(R). Quest’ultima e la colonna dei termini noti sono,rispettivamente:

A =

3 −5 0 10 1 −3 51 1 −1 0

, B =

4−1−2

.

¥2.3.3 Discutere la risolubilita dei seguenti sistemi lineari:

(a)

x1 − x3 + 2x5 = 1x2 + x4 = 22x1 − x2 + x6 = 3.

(b)

x− y + z = 12x− 3y = 0x− z = 1.

(c)

x− y + z = 3y = 02x− 2y + 2z = 6.

(d)

2x2 = 2x4 − 1x1 − x2 + 3x3 − x4 = 1x2 − x4 = 1

2 .(e)

6x− 3y = 0x + y = 3−2x + y = 0.

Svolgimento. Per determinare se esistono soluzioni e quante sono usiamo ilTeorema di Rouche-Capelli.

(a) La matrice dei coefficienti e la colonna dei termini noti sono, rispettivamente:

A =

1 0 −1 0 2 00 1 0 1 0 02 −1 0 0 0 1

, B =

123

.


In A, il minore determinato dalle prime due righe e colonne e non nullo. Quindi rkA ≥ 2.Orliamolo con la terza colonna:

∣∣∣∣∣∣

1 0 −10 1 02 −1 0

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣0 12 −1

∣∣∣∣ = 2 6= 0.

Quindi rkA = 3. Ma la matrice completa A′ non puo avere un rango maggiore, avendoordine (3, 7). Da cui rkA = rkA′ = 3. Esistono soluzioni e sono ∞6−3 = ∞3. Questo signi-fica che le soluzioni saranno n-ple del tipo (x1, x2, x3, x4, x5, x6), contenenti tre parametriindipendenti.

(b) In questo caso abbiamo

A =

1 −1 12 −3 01 0 −1

, B =

101

.

Siccome detA = 4 6= 0, la matrice A ha rango massimo 3. Sappiamo che rkA′ ≥ rkA eche, in questo caso, anche A′ ha rango massimo 3. Quindi rkA = rkA′ = 3, il sistema erisolubile e le soluzioni sono ∞3−3 = ∞0. Percio esiste una e una sola soluzione.

(c) La matrice dei coefficienti e la colonna dei termini noti sono, rispettivamente:

A =

1 −1 10 1 02 −2 2

, B =

306

.

Sviluppando detA rispetto alla seconda riga si vede che detA = 0. Quindi rkA ≤ 2. Ilminore individuato dalle prime due righe e colonne e comunque non nullo, quindi rkA = 2.Per determinare il rango della matrice completa possiamo usare questo minore, orlandoin tutti i modi possibili. Questi sono solo due: usando la terza o la quarta colonna (la B).Con la terza colonna otteniamo la A, che abbiamo gia visto essere singolare. Usando laquarta colonna e sviluppando rispetto alla seconda riga, abbiamo:

∣∣∣∣∣∣

1 −1 30 1 02 −2 6

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣1 32 6

∣∣∣∣ = 6− 6 = 0.

Quindi, per il Teorema di Kronecker, anche rkA′ = 2. Il sistema ammette soluzioni, equeste sono ∞3−2 = ∞1. Esse saranno terne di numeri reali dipendenti da un parametro.

(d) In questo caso abbiamo

A =

0 2 0 −21 −1 3 −10 1 0 −1

, B =

−1112

.

Il minore ∣∣∣∣0 21 −1

∣∣∣∣ , (4.2.1)


ottenuto dalle prime due righe e colonne, e non nullo. Quindi rkA ≥ 2. Usiamo il Teoremadi Kronecker, e orliamo (4.2.1) nei due modi possibili. Con la terza colonna abbiamo:

∣∣∣∣∣∣

0 2 01 −1 30 1 0

∣∣∣∣∣∣= 0,

in quanto la prima e l’ultima colonna sono proporzionali. Usando la quarta colonna, esviluppando rispetto alla prima:

∣∣∣∣∣∣

0 2 −21 −1 −10 1 −1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣2 −21 −1

∣∣∣∣ = 0.

Quindi rkA = 2. Per determinare il rango della matrice completa possiamo sempre usare(4.2.1), orlando con la colonna di A′ rimanente: la B. Abbiamo:

∣∣∣∣∣∣

0 2 −11 −1 10 1 1

2

∣∣∣∣∣∣= −2 6= 0.

Quindi rkA′ = 3 6= 2 = rkA e il sistema e impossibile.(e) La matrice dei coefficienti e la colonna dei termini noti sono, rispettivamente:

A =

6 −31 1−2 1

, B =

030

.

Chiaramente rkA = 2, in quanto esistono minori del secondo ordine non nulli in A. SiccomeA′ ∈ M3(R), se detA′ 6= 0 avremo rkA′ = 3. Sviluppiamolo rispetto alla terza colonna(formata dalla B):

∣∣∣∣∣∣

6 −3 01 1 3−2 1 0

∣∣∣∣∣∣= −3

∣∣∣∣6 −3−2 1

∣∣∣∣ = −3(6− 6) = 0.

Quindi rkA′ = 2 = rkA. Il sistema e risolubile e le soluzioni sono ∞2−2 = ∞0. Questosignifica che esiste una e una sola soluzione. ¥2.3.4 Risolvere i seguenti sistemi lineari:

(a){

x1 + 2x2 = 3x1 − 2x2 = 0.

(b){

x− y + z + t = 0x + y + z + t = 0.

(c)

x− y + z = 0x + z = 0y − z = 0.

(d)

x− y = 1x + z = 22x− 2y = 1.

(e){

x1 − 2x2 + x3 = 12x1 + x2 − x3 = 2.

(f)

x1 − 3x2 + x3 = 1x1 + x2 − 3x3 = 22x1 − 2x2 − 2x3 = 3.

(g)

x1 − x2 + 3x3 + 2x4 = 0x1 − x2 − 2x3 − x4 = 0x1 − x3 − x4 = 0.

(h)

2x− y = 2x + 6y = 06x + y = 5.


Svolgimento.(a) E un sistema di due equazioni in due incognite. La matrice dei coefficienti e

A =[

1 21 −2

].

Siccome det A = −4 6= 0, il sistema ammetta un’unica soluzione. Applicando la Regoladi Cramer otteniamo la soluzione cercata:

x1 =

∣∣∣∣3 20 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 21 −2

∣∣∣∣=−6−4

=32, x2 =

∣∣∣∣1 31 0

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 21 −2

∣∣∣∣=−3−4

=34.

Quindi la coppia(

32 , 3

4

)e l’unica soluzione del sistema. Considerando la dimostrazione del

Teorema 2.3 notiamo che la soluzione equivale ad X = A−1B. Verifichiamo questo fatto.L’inversa di A e:

A−1 = −14

[ −2 −2−1 1

]=

[12

12

14 −1

4

].

Allora,

X =[

x1

x2

]= A−1B =

[12

12

14 −1

4

] [30

]=

[3234

].

Sempre uguagliando termine a termine otteniamo la soluzione (x1, x2) =(

32 , 3

4

).

(b) Si tratta di un sistema di due equazioni in quattro incognite, omogeneo. Esistesempre la soluzione banale. Studiamo l’esistenza di eventuali autosoluzioni. La matricedei coefficienti e:

A =[

1 −1 1 11 1 1 1

].

Le prime due colonne formano un minore non nullo (determinante uguale a 2), quindirkA = 2, ed abbiamo ∞4−2 = ∞2 soluzioni, formate da quaterne di numeri con unacoppia di parametri indipendenti. Il minore formato dalle prime due colonne individua laparte del sistema riguardante le incognite x e y, che possiamo mettere in evidenza:

{x− y = −z − tx + y = −z − t.

(4.2.2)

Risolvendo, col metodo di Cramer, otteniamo:

x =

∣∣∣∣−z − t −1−z − t 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −11 1

∣∣∣∣= −z − t, y =

∣∣∣∣1 −z − t1 −z − t

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −11 1

∣∣∣∣= 0.

Posto z = a e t = b, la soluzione del sistema di partenza risulta:

x = −a− by = 0z = at = b.


(c) Si tratta di un sistema di tre equazioni in tre incognite, omogeneo. Esiste sem-pre la soluzione banale. Studiamo l’esistenza di eventuali autosoluzioni. La matrice deicoefficienti e:

A =

1 −1 11 0 10 1 −1

.

Sviluppando il determinante di A rispetto alla prima colonna, abbiamo∣∣∣∣∣∣

1 −1 11 0 10 1 −1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣0 11 −1

∣∣∣∣− 1∣∣∣∣−1 11 −1

∣∣∣∣ = (0− 1)− (1− 1) = −1 6= 0.

Dunque, per Cramer, esiste un’unica soluzione. Ma il sistema e omogeneo, quindi questasoluzione unica e quella banale (0, 0, 0). Non ci sono autosoluzioni.

(d) La matrice dei coefficienti e la colonna dei termini noti sono, rispettivamente:

A =

1 −1 01 0 12 −2 0

, B =

121

.

Il sistema e quadrato (stesso numero di equazioni e di incognite). Possiamo cercare dirisolverlo usando il Teorema di Cramer. Il determinante di A, sviluppato rispetto all’ultimacolonna e: ∣∣∣∣∣∣

1 −1 01 0 12 −2 0

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣1 −12 −2

∣∣∣∣ = −(−2 + 2) = 0.

Quindi non esiste un’unica soluzione. Per scoprire se il sistema e risolubile (e quindiammette infinite soluzioni) o impossibile, il metodo piu rapido e quello di usare il Teoremadi Rouche-Capelli. Il rango di A e 2, in quanto il minore determinato dalle prime duerighe e colonne, e non nullo. Questo e pure un minore della matrice completa A′, ottenutadalla A aggiungendo la colonna dei termini noti. Secondo Kronecker, possiamo orlare ilminore precedentemente considerato in soli due modi. Usando la terza colonna otteniamoil determinante di A, gia considerato. Con la quarta colonna (quella dei termini noti), esviluppando rispetto alla seconda colonna, abbiamo:

∣∣∣∣∣∣

1 −1 11 0 22 −2 1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣1 22 1

∣∣∣∣ + 2∣∣∣∣

1 11 2

∣∣∣∣ = 1(1− 4) + 2(2− 1) = −3 + 2 = −1 6= 0.

Quindi rkA′ = 3 6= 2 = rkA. Il sistema e impossibile.(e) Le matrici A ed A′ risultano

A =[

1 −2 12 1 −1

], A′ =

[1 −2 1 12 1 −1 2

].

Le prime due colonne formano un minore non nullo del secondo ordine (determinanteuguale a 5), quindi rkA = 2. Ovviamente, anche A′ ha rango 2, per cui rkA = rkA′ = 2ed esistono ∞3−2 = ∞1 soluzioni. Riducendo il sistema otteniamo:

{x1 − 2x2 = 1− x3

2x1 + x2 = 2 + x3.(4.2.3)


Applicando ora la Regola di Cramer, le soluzioni di (4.2.3) sono tutte le coppie:

x1 = detA1det A

= 1− x3 + 4 + 2x35 = 5 + x3

5 ,

x2 = detA2det A

= 2 + x3 − 2 + 2x35 = 3

5x3.

Indicando il valore di x3 con la lettera a, le soluzioni del sistema diventano:

(x1, x2, x3) =(

1 +a

5,35a, a

), (4.2.4)

con a ∈ R.Potrebbe sorgere il dubbio che, cambiando minore, la soluzione sia differente. Questo e

vero solo in apparenza. Supponiamo, per esempio, di aver calcolato il rango della matrice

A =[

1 −2 12 1 −1

],

mediante il minore individuato dalle ultime due colonne, invece che dalle prime due, cioetramite: ∣∣∣∣

−2 11 −1

∣∣∣∣ = 2− 1 = 1 6= 0.

Questo minore, che si riferisce alle variabili x2 e x3, individua una parte consistente delsistema diversa da quella individuata dal minore usato in precedenza. Risolvendo, con lostesso metodo, il sistema equivalente:

{ −2x2 + x3 = 1− x1

x2 − x3 = 2− 2x1,

otteniamo come soluzioni le terne

(b, 3(b− 1), 5(b− 1)). (4.2.5)

Con la trasformazione a = 5(b− 1) e possibile passare dalla scrittura (4.2.4) alle (4.2.5) eviceversa, per cui le ∞1 soluzioni sono tutte ricavabili da una qualsiasi delle due scritture.

(f) E un sistema di tre equazioni in tre incognite. Possiamo quindi cercare di risolverloapplicando il Teorema di Cramer. La matrice dei coefficienti e la colonna dei termini notisono, rispettivamente:

A =

1 −3 11 1 −32 −2 −2

, B =

123

Esaminiamo il determinante di A. Sviluppando rispetto alla prima colonna, otteniamo:∣∣∣∣∣∣

1 −3 11 1 −32 −2 −2

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣1 −3−2 −2

∣∣∣∣− 1∣∣∣∣−3 1−2 −2

∣∣∣∣ + 2∣∣∣∣−3 11 −3

∣∣∣∣ =

= (−2− 6)− (+6 + 2) + 2(9− 1) = −8− 8 + 16 = 0.

Quindi A e una matrice singolare. A questo punto possiamo dire solamente che non esisteun’unica soluzione. Studiamo il rango di A. Chiaramente, essendo singolare, rkA � 3.


Pero il minore del secondo ordine ottenuto usando le prime due righe e colonne e nonnullo. Infatti: ∣∣∣∣

1 −31 1

∣∣∣∣ = 1 + 3 = 4 6= 0.

La matrice completa, ottenuta dalla A aggiungendo la colonna B, e:

A′ =

1 −3 1 11 1 −3 22 −2 −2 3

.

Il rango di A′ si calcola a partire dal minore sopra individuato ed usando il Teorema diKronecker. Lo si puo orlare in soli due modi. Usando la terza colonna, riotteniamo ildeterminante di A, che abbiamo gia calcolato. Usando la quarta colonna e sviluppandorispetto alla prima, abbiamo:

∣∣∣∣∣∣

1 −3 11 1 22 −2 3

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣1 2−2 3

∣∣∣∣− 1∣∣∣∣−3 1−2 3

∣∣∣∣ + 2∣∣∣∣−3 11 2

∣∣∣∣ =

= (3 + 4)− (−9 + 2) + 2(−6− 1) = 7 + 7− 14 = 0.

Quindi rkA = rkA′ = 2. Esistono soluzioni e sono ∞n−r = ∞3−2 = ∞1, dove n = 3 e ilnumero di incognite e r = rkA. Il simbolo ∞1 indica che esistono infinite soluzioni, ovveroinfinite terne di numeri che soddisfano il sistema di partenza. Queste terne dipenderannoda un (e un solo) parametro reale. Il minore del secondo ordine che abbiamo usato percalcolare il rango di A individua la parte consistente del sistema:

{x1 − 3x2 = 1− x3

x1 + x2 = 2 + 3x3.

Quest’ultimo sistema e crameriano, nel senso che la matrice dei coefficienti, coincidendocol minore di cui sopra, e non singolare. Possiamo allora usare la Regola di Cramer perrisolverlo, osservando che la colonna dei termini noti

B =[

1− x3

2 + 3x3

]

dipende da un parametro: x3. La soluzione del precedente sistema e data dalle coppie:

x1 = 7 + 8x34

x2 = 1 + 4x34 .

Tornando al sistema originale, in tre incognite, e ponendo, per comodita di scritturax3 = a, dalle precedenti otteniamo le soluzioni cercate:

x1 = 7 + 8a4

x2 = 1 + 4a4

x3 = a.


(g) La matrice dei coefficienti risulta:

A =

1 −1 3 21 −1 −2 −11 0 −1 −1

.

Il minore individuato dalle prime due colonne e dalle ultime due righe e non nullo (deter-minante uguale a 1), quindi rkA ≥ 2. Se orliamo usando la quarta colonna, e sviluppiamorispetto all’ultima riga, otteniamo:

∣∣∣∣∣∣

1 −1 21 −1 −11 0 −1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣−1 2−1 −1

∣∣∣∣− 1∣∣∣∣

1 −11 −1

∣∣∣∣ = (1 + 2)− (−1 + 1) = 3 6= 0.

Quindi rkA = 3 e il sistema ammette proprio ∞4−3 = ∞1 soluzioni. Per determinarle pos-siamo ricondurci ad un sistema Crameriano usando il minore appena considerato. Questoindividua una parte del sistema che possiamo mettere in evidenza, trasportando tutti itermini che non vi compaiono al secondo membro delle varie equazioni:

x1 − x2 + 2x4 = −3x3

x1 − x2 − x4 = 2x3

x1 − x4 = x3.

La matrice dei coefficienti di questo sistema e non singolare, in quanto coincide col minorenon nullo con cui abbiamo calcolato il rango di A. Quindi si puo applicare Cramer, usandocome colonna dei termini noti la

B =

−3x3

2x3

x3

,

dove la variabile x3 va considerata come un parametro. Risolvendo si trovano le soluzioni:

x1 = −23x3

x2 = −x3

x4 = −53x3.

e, posto x3 = a, abbiamo le quaterne(−2

3a,−a, a,−5

3a

).

(h) La matrice dei coefficienti e quella completa sono, rispettivamente:

A =

2 −11 66 1

, A′ =

2 −1 21 6 06 1 5

.

Le prime due righe di A determinano un minore del secondo ordine non nullo. Quindi Aha rango massimo, ossia rkA = 2. Il sistema e risolubile se e solo se rkA = rkA′. Perdeterminare il rango della matrice completa possiamo partire dal minore sopra citato edorlarlo, usando Kronecker, nell’unico modo possibile: con l’ultima riga (o la terza colonna,che e lo stesso). Sviluppando rispetto all’ultima colonna, abbiamo:∣∣∣∣∣∣

2 −1 21 6 06 1 5

∣∣∣∣∣∣= 2

∣∣∣∣1 66 1

∣∣∣∣ + 5∣∣∣∣

2 −11 6

∣∣∣∣ = 2(1− 36) + 5(12 + 1) = −70 + 65 = −5 6= 0.


Quindi rkA′ = 3 6= 2 = rkA. Per Rouche-Capelli il sistema e impossibile. ¥2.3.5 Discutere, al variare del parametro reale t ∈ R il seguente sistema:

x1 + 3x3 = 12x1 + x2 + 6x3 = t3x1 + tx3 = 2.

Svolgimento. E un sistema di tre equazioni in tre incognite non omogeneo. Sic-come e quadrato (numero di equazioni uguale al numero di incognite) possiamo esaminarnela risolubilita usando il Teorema di Cramer. La matrice dei coefficienti e:

A =

1 0 32 1 63 0 t

.

Sviluppando il determinante rispetto alla seconda colonna, abbiamo:∣∣∣∣∣∣

1 0 32 1 63 0 t

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣1 33 t

∣∣∣∣ = t− 9.

La A e dunque una matrice singolare se e solo se detA = t− 9 = 0, cioe se e solo se t = 9.Quindi, per t 6= 9, detA 6= 0 ed esiste una e una sola soluzione, che possiamo determinarecon Cramer, ricordando che la colonna dei termini noti che va sostituita nella matrice deicoefficienti e B = [1, t, 2]t:

x1 =

∣∣∣∣∣∣

1 0 3t 1 62 0 t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 32 1 63 0 t

∣∣∣∣∣∣

=t− 6t− 9

, x2 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 32 t 63 2 t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 32 1 63 0 t

∣∣∣∣∣∣

=t2 − 11t + 18

t− 9=

(t− 2)(t− 9)t− 9

= t− 2,

x3 =

∣∣∣∣∣∣

1 0 12 1 t3 0 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 32 1 63 0 t

∣∣∣∣∣∣

=1

9− t.

Il caso t = 9 va studiato a parte. La matrice A diventa:

A =

1 0 32 1 63 0 9

,

ed e ovviamente singolare (t = 9 e il caso in cui detA = 0). Pero le prime due righe e co-lonne individuano un minore non nullo del secondo ordine. Percio rkA = 2. Consideriamola matrice completa A′ e orliamo il minore prima citato con la nuova quarta colonna:

A =

∣∣∣∣∣∣

1 0 12 1 93 0 2

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣1 90 2

∣∣∣∣ +∣∣∣∣

2 13 0

∣∣∣∣ = (2− 0) + (0− 3) = 2− 3 = −1 6= 0.


Lo sviluppo del determinante e stato fatto rispetto alla prima riga. Dunque rkA′ = 3 6=2 = rkA. Per il Teorema di Rouche-Capelli, con t = 9 non esistono soluzioni. ¥2.3.6 Determinare i valori dei parametri a, b ∈ R affinche il sistema

ax + by − z = −bx− ay = bbx− 2az = a + 1

(4.2.6)

ammetta la soluzione (1, 2, 3). In questo caso verificare se ne esistono altre.

Svolgimento. Se (1, 2, 3) e soluzione di (4.2.6), deve soddisfare contemporanea-mente tutte le equazioni dello stesso. Sostituendo i valori ad x, y e z, otteniamo:

a + 2b− 3 = −b1− 2a = bb− 6a = a + 1

(4.2.7)

sistema di tre equazioni in due incognite, la cui matrice dei coefficienti e colonna deitermini noti sono, rispettivamente:

A =

1 32 1−7 1

, B =

311

.

Le tre equazioni del sistema di partenza sono soddisfatte se e solo se esistono soluzioniper (4.2.7), ovvero se A e la matrice completa A′, ottenuta da A accostando la colonnaB, hanno lo stesso rango. E evidente che rkA = 2, essendoci minori di ordine 2 non nulli.Orlando uno di questi nell’unico modo possibile in A′, otteniamo:

∣∣∣∣∣∣

1 3 32 1 1−7 1 1

∣∣∣∣∣∣= 0

essendo le ultime due colonne uguali. Percio, per il Teorema di Kronecker, rkA = rkA′ = 2.Esiste quindi un’unica soluzione per (4.2.7), in quanto il teorema di Rouche-Capelli diceche queste sono in numero di ∞n−r = ∞2−2 = ∞0. Risolvendo, troviamo:

{a = 0b = 1.

da cui

y − z = −1x = 1x = 1.

Le ultime due equazioni coincidono e determinano il valore della variabile x. Risolvendol’equazione rimasta, per esempio, rispetto ad y, riusciamo ad esprimere y in funzione diz, che rimane libera di variare. Quindi le terne (1, z − 1, z)) o, se poniamo z = t, leterne (1, t− 1, t) rappresentano infinite soluzioni del sistema di partenza per il caso in cuianche (1, 2, 3) e soluzione. Quest’ultima si ottiene per t = 3. Questa infinita di soluzionie confermata dal Teorema di Rouche-Capelli. La matrice dei coefficienti e la matricecompleta di (??) sono, rispettivamente:

A =

0 1 −11 0 01 0 0

, A′ =

0 1 −1 −11 0 0 11 0 0 1

.


Si verifica facilmente che rkA = rkA′ = 2, per cui esistono ∞3−2 = ∞1 soluzioni. ¥2.3.7 Discutere, al variare del parametro reale t, il sistema avente come matrici associate:

A =

t− 1 01 02 3

, B =

tt

t− 1

.

Svolgimento. Potremmo risolvere il quesito lavorando solo sulle matrici date.Comunque, per esercizio, proviamo a ricostruire il sistema. Questi si ottiene risolvendol’equazione matriciale AX = B, dove X e una colonna di incognite. Sviluppando i calcoli,abbiamo:

AX =

t− 1 01 02 3

[xy

]=

(t− 1)xx

2x + 3y

=

tt

t− 1

.

Il sistema si ottiene uguagliano i rispettivi termini dei due membri nell’equazione prece-dente:

(t− 1)x = tx = t2x + 3y = t− 1.

Per quanto riguarda la risolubilita del sistema, iniziamo a studiare il rango di A. Il minoredeterminato dalle ultime due righe e indipendente dal parametro t ed e non nullo. QuindirkA = 2 per ogni t ∈ R. La matrice completa e quadrata del terzo ordine ed ha rango 3solo se e non singolare. Sviluppando il suo determinante rispetto la seconda colonna, siha:∣∣∣∣∣∣

t− 1 0 t1 0 t2 3 t− 1

∣∣∣∣∣∣= −3

∣∣∣∣t− 1 t

1 t

∣∣∣∣ = −3(t2 − t− t) = −3t(t− 2) = 0 ⇔ t = 0 ∨ t = 2.

Per t 6= 0 e t 6= 2 si ha rkA′ = 3, mentre rkA = 2. Quindi, per Rouche-Capelli il sistemae impossibile. Invece, per t = 0 e t = 2 i ranghi coincidono, esistono soluzioni e sono∞n−r = ∞2−2 = ∞0. In questi casi, quindi, esiste un’unica soluzione. ¥2.3.8 Si consideri il sistema AX = B, dove B = [1, 3,−1]t, mentre A = [aij ] e la matricedi M3(R) con A = At, a12 = t, a13 = a23 = 1 e tale per cui A − diag(2, 3, 1) abbiagli elementi principali nulli. Determinare t in modo che il sistema abbia una e una solasoluzione.

Svolgimento. Iniziamo a ricostruire la matrice dei coefficienti A in base ai datiforniti. Il fatto che A = At ci dice che A e simmetrica. Quindi aij = aji per ogni coppiai, j. In questo modo, conoscendo i valori di a12, a13 e a23 conosciamo anche quelli di a21,a31 e a32. Gli elementi principali di una matrice sono quelli che stanno sulla diagonaleprincipale. Quindi imporre che quelli di A− diag(2, 3, 1) siano nulli equivale a dire che glielementi principali di A e di diag(2, 3, 1) coincidano, ovvero che a11 = 2, a22 = 3 e a33 = 1.Percio la A ha la forma seguente:

A =

2 t 1t 3 11 1 1

.


Il sistema che ammette A come matrice dei coefficienti ha un’unica soluzione se e solo sela A e non singolare. Sviluppiamo detA rispetto alla prima riga (Teorema di Cramer):

∣∣∣∣∣∣

2 t 1t 3 11 1 1

∣∣∣∣∣∣= 2

∣∣∣∣3 11 1

∣∣∣∣− t

∣∣∣∣t 11 1

∣∣∣∣ + 1∣∣∣∣

t 31 1

∣∣∣∣ =

= 2(3− 1)− t(t− 1) + (t− 3) = 4− t2 + t + t− 3 = −t2 + 2t + 1.

Dunque detA = 0 se e solo se t = 1±√2. Esiste un’unica soluzione solo per t 6= 1±√2.¥

2.3.9 Discutere, al variare del parametro reale t, il sistema{

tx + y + 2z = 22x + 2ty + z = 1.

Svolgimento. E un sistema di due equazioni in tre incognite. La matrice deicoefficienti e:

A =[

t 1 22 2t 1

].

Non esistono minori di ordine due indipendenti da t. Consideriamo dunque quello indivi-duato dalle ultime due colonne:

∣∣∣∣1 22t 1

∣∣∣∣ = 1− 4t.

Si annulla se e solo se t = 14 . Quindi se t 6= 1

4 sia la A che la matrice completa A′ hannorango massimo 2 e le soluzioni del sistema sono ∞3−2 = ∞1. Infatti entrambe hanno ilminore sopra considerato come minore d’ordine massimo non nullo e non e possibile, inA′, considerare minori d’ordine superiore. Se t = 1

4 , il minore costruito con la prima eultima colonna, ossia ∣∣∣∣

14 22 1

∣∣∣∣ =14− 4 = −15

4,

e diverso da 0. Concludendo anche in questo caso rkA = rkA′ = 2. Quindi esistono ∞1

soluzioni per ogni valore di t ∈ R. ¥2.3.10 Discutere e risolvere il sistema

x + ay = 12x− y = 1− 2aax + y = a,

al variare del parametro reale a ∈ R.

Svolgimento. E un sistema con tre equazioni in due incognite, quindi e rettan-golare. Dobbiamo ricorrere al Teorema di Rouche-Capelli per esaminarne la risolubilita.La matrice dei coefficienti e

A =

1 a2 −1a 1

,


quella completa e:

A′ =

1 a 12 −1 1− 2aa 1 a

.

In A non esistono minori di ordine due indipendenti dal parametro a. Se consideriamoquello determinato dalle prime due righe, ossia:

∣∣∣∣1 a2 −1

∣∣∣∣ = −(1 + 2a) (4.2.8)

vediamo che questo e non nullo se e solo se a 6= −12 . Se a = −1

2 il minore dato dalle ultimedue righe, cioe ∣∣∣∣

2 −1−1

2 1

∣∣∣∣ = (4.2.9)

e 6= 0. Quindi rkA = 2 per ogni valore di a ∈ R. Per Rouche-Capelli, il sistema ammettesoluzioni (e saranno ∞2−2, cioe la soluzione sara unica) se e solo se rkA = rkA′ = 2.Sviluppando detA′ rispetto alla prima riga, otteniamo:

∣∣∣∣∣∣

1 a 12 −1 1− 2aa 1 a

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣−1 1− 2a1 a

∣∣∣∣− a

∣∣∣∣2 1− 2aa a

∣∣∣∣ + 1∣∣∣∣

2 −1a 1

∣∣∣∣ =

= (−a− 1 + 2a)− a(2a− a + 2a2) + (2 + a) = a− 1− a2 − 2a3 + 2 + a == −2a3 − a2 + 2a + 1 = −a2(2a + 1) + (2a + 1) = (2a + 1)(1− a)(1 + a).

Se a = ±1 oppure a = −12 , il precedente determinante e nullo e rkA = rkA′ = 2. Invece,

per a 6= ±1 e a 6= −12 abbiamo che rkA′ = 3 6= 2 = rkA e il sistema e impossibile.

Risolviamolo dunque per i valori ammissibili. Se a = 1, il minore (4.2.8) determina laparte consistente del sistema: {

x + y = 12x− y = −1.

Determiniamo la soluzione con Cramer:

x =

∣∣∣∣1 1−1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 12 −1

∣∣∣∣= 0, y =

∣∣∣∣1 12 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 12 −1

∣∣∣∣= 1.

Se a = −1, sempre il minore (4.2.8) determina la parte consistente del sistema:{

x− y = 12x− y = 3.

Le soluzioni, determinate con Cramer, sono:

x =

∣∣∣∣1 −13 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −12 −1

∣∣∣∣=

21

= 2, y =

∣∣∣∣1 12 3

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −12 −1

∣∣∣∣=

11

= 1.


Infine, quando a = −12 , il minore (4.2.8) si annulla. In questo caso, pero, il rango di A e

calcolato mediante (4.2.9), che individua la parte consistente del sistema:{

2x− y = 2−1

2x + y = −12 .

Risolvendo usando Cramer, abbiamo:

x =

∣∣∣∣2 −1−1

2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

2 −1−1

2 1

∣∣∣∣= 1, y =

∣∣∣∣2 2−1

2 −12

∣∣∣∣∣∣∣∣

2 −1−1

2 1

∣∣∣∣= 0.

Riassumendo, le soluzioni sono:

a = 1 ⇒ (x, y) = (0, 1),a = −1 ⇒ (x, y) = (2, 1),a = −1

2 ⇒ (x, y) = (1, 0).

¥2.3.11 Discutere e, quando possibile, risolvere il sistema lineare AX = B, essendo

A =

2 1 a2a + 1 1 2a− 1 −1 a

, B =

0b2

.

Svolgimento. Dall’Esercizio 1.3.36 sappiamo che se a /∈{−2

5, 1

}allora la ca-

ratteristica di A e uguale a 3, altrimenti essa e uguale a 2.

Di conseguenza, se a /∈{−2

5, 1

}il sistema e risolubile, in quanto la caratteristica di A

deve necessariamente coincidere con la caratteristica della matrice completa A. Esistonoin questo caso ∞3−3 = ∞0 soluzioni, cioe una sola soluzione.

• Per a = −25 orliamo il minore {R1, R2} ∩ {C1, C2} con la colonna dei termini noti, ed

abbiamo

2 1 015 1 b−7

5 −1 2

.

Il determinante di questa matrice risulta uguale a 18+3b5 , per cui si annulla se e solo se b =

−6. Pertanto, se b 6= −6 la caratteristica di A e uguale a 3, maggiore della caratteristicadi A, e quindi il sistema non e risolubile. Se invece b = −6 abbiamo r(A) = r(A) = 2, edil sistema e risolubile con ∞3−2 = ∞1 soluzioni distinte.

• Per a = 1 orliamo ancora il minore {R1, R2} ∩ {C1, C2} con la colonna dei termini noti,ottenendo

2 1 03 1 b0 −1 2

.


Il determinante di questa matrice risulta uguale a 2b − 2, per cui si annulla se e solo seb = 1. Pertanto, se b 6= 1 la caratteristica di A e uguale a 3, maggiore della caratteristicadi A, e quindi il sistema non e risolubile. Se invece b = 1 abbiamo r(A) = r(A) = 2, ed ilsistema e risolubile con ∞3−2 = ∞1 soluzioni distinte.Riassumendo abbiamo

a /∈ {−25 , 1

} ⇒ r(A) = r(A) = 3 esiste una sola soluzione

a = −25 ⇒

{b = −6 ⇒ r(A) = 2 = r(A) esistono ∞1 soluzionib 6= −6 ⇒ r(A) = 2 < r(A) non esistono soluzioni

a = 1 ⇒{

b = 1 ⇒ r(A) = 2 = r(A) esistono ∞1 soluzionib 6= 1 ⇒ r(A) = 2 < r(A) non esistono soluzioni

Risolviamo ora il sistema nei casi possibili.• Per a /∈ {−2

5 , 1}

abbiamo X = A−1B. Calcolando la matrice inversa abbiamo

A−1 =1

(a− 1)(5a + 2)

−a− 2 2a a− 22a2 − a + 2 a(a− 3) −2a2 − a + 4

3a −a− 1 2a− 1

,

e quindi

X =

xyz

=

1(a− 1)(5a + 2)

−a− 2 2a a− 22a2 − a + 2 a(a− 3) −2a2 − a + 4

3a −a− 1 2a− 1

0b2

=

=

2[a(b+1)−2](a−1)(5a+2)

2a(b−4)−a(3b+2)+8(a−1)(5a+2)a(b−4)+b+2(a−1)(5a+2)

.

• Per a = −25 ∧ b = −6 il sistema viene ridotto al seguente

{2x + y = 2

5z15x + y = −2z − 6

⇒{

x = 23(2z + 5)

y = − 215(17z + 50)

⇒ X =

23(2z + 5)

− 215(17z + 50)

z

.

• Per a = 1 ∧ b = 1 il sistema viene ridotto al seguente

{2x + y = −z3x + y = −2z + 1

⇒{

x = 1− zy = z − 2

⇒ X =

1− zz − 2

z

¥2.3.12 Discutere e, quando possibile, risolvere il sistema lineare AX = B, essendo


A =

1 2 −1 3a 2 −a ba b− a c 3

, B =

001

.

Svolgimento. Dall’Esercizio 1.3.37 abbiamo

r(A) =

1 per a = 1 ∧ b = 3 ∧ c = −12 per a = 1 ∧ b = 3 ∧ c 6= −1 oppure a 6= 1 ∧ b = 3a±√6|a− 1| ∧ c = −a3 altrimenti.

Si vede facilmente che orlando il minore {R1} ∩ {C1} con la colonna B si puo ottenere unminore non nullo (per esempio {R1, R2} ∩ {C1, B}), per cui la caratteristica della matricecompleta e sempre almeno 2. Quindi, se r(A) = 1 il sistema non e risolubile. I due casi incui r(A) = 2 si ottengono in corrispondenza dei seguenti minori• {R1, R3} ∩ {C1, C3}, quando a = 1 ∧ b = 3 ∧ c 6= −1.• {R1, R2} ∩ {C1, C2}, quando a 6= 1 ∧ b = 3a±√6|a− 1| ∧ c = −a.Nel primo caso il minore orlato {R1, R2, R3}∩{C1, C3, B} e uguale a zero, per cui anche lacaratteristica della matrice completa e uguale a 2. Di conseguenza, il sistema e risolubilecon ∞2 soluzioni.Nel secondo caso il minore orlato {R1, R2, R3} ∩ {C1, C2, B} e non nullo, per cui lacaratteristica della matrice completa e uguale a 3, ed il sistema non e risolubile.Quando poi r(A) = 3 il sistema e ovviamente risolubile, ed ammette ∞1 soluzioni.Riassumendo abbiamo

a = 1 ∧ b = 3 ∧ c = −1 ⇒ r(A) = 1 < r(A) non esistono soluzioni

a = 1 ∧ b = 3 ∧ c 6= −1 ⇒ r(A) = 2 = r(A) esistono ∞2 soluzioni

a 6= 1 ∧ b = 3a±√6|a− 1| ∧ c = −a ⇒ r(A) = 2 < r(A) non esistono soluzioni

altrimenti ⇒ r(A) = 3 = r(A) esistono ∞1 soluzioni.

Risolviamo ora il sistema nei casi possibili. Nel caso a = 1 ∧ b = 3 ∧ c 6= −1 abbiamo∞2 soluzioni. Queste si ottengono riducendo il sistema in maniera cha la matrice deicoefficienti corrisponda al minore {R1, R3}∩{C1, C3}. Indicando con x, y, z, t le incognite icui coefficienti corrispondono, rispettivamente, alla prima, seconda, terza e quarta colonnadi A abbiamo

{x− z = −2y − 3tx + cz = −2y − 3t + 1.

Ricaviamo pertanto la soluzione

{x = −2y − 3t + 1

c+1

z = 1c+1 .

⇒

xyzt

=

1c+1

01

c+1

0

+ y

−2100

+ t

−3001

.


Nei casi in cui r(A) = 3 abbiamo ∞1 soluzioni, per cui la riduzione del sistema consistesemplicemente nel portare al secondo membro una delle incognite. Tuttavia, per deciderel’incognita da trattare come parametro, dobbiamo fare attenzione a lasciare al primomembro un minore non nullo.• Possiamo considerare il minore {R1, R2, R3}∩{C1, C2, C3}, e spostare quindi t al secondomembro, nel caso in cui sia r(A) = 3 con a 6= 1 e c 6= −a, ottenendo

x =t[3a2 + 2a(3− 2b) + b2 + 2bc− 6(c + 1)]− 2(a− 1)

2(1− a)(a + c)

y =t(3a− b)2(1− a)

z =t[3a2 + 6a(2− b) + b2 − 6]− 2(a− 1)

2(1− a)(a + c).

• Se r(A) = 3 con a 6= 1 e c = −a, deve essere necessariamente 6+6ab−3a2−12a−b2 6= 0,per cui possiamo usare il minore {R1, R2, R3} ∩ {C1, C2, C4}, spostando di conseguenza zal secondo membro. Otteniamo quindi

x =z[3a2 + 2a(3− 2b) + b2 + 2bc− 6(c + 1)]− 2(b− 3)

6 + 6ab− 3a2 − 12a− b2

y =(3a− b)([z(a + c)− 1]

6 + 6ab− 3a2 − 12a− b2

t =2(1− a)[z(a + c)− 1]

6 + 6ab− 3a2 − 12a− b2.

• Abbiamo poi r(A) = 3 anche per a = 1 ∧ b 6= 3. In questo caso dobbiamo usareancora il minore {R1, R2, R3} ∩ {C1, C2, C4}, spostando quindi z al secondo membro, percui otteniamo

x =z(b + 2c− 1)− b2 + 3b− 2

b− 3

y =z(c + 1)− 1

b− 3

t =b

3.

¥

4.3 ESERCIZI CAPITOLO 3-SOLUZIONI

3.5.1 Verificare che l’insieme W delle funzioni reali di variabile reale limitate e un sotto-spazio dello spazio V delle funzioni reali di variabile reale.

Svolgimento. Da quanto si e visto nel Paragrafo 3.1.3 ricaviamo che V e effetti-vamente uno spazio vettoriale, rispetto alle operazioni di somma di funzioni e di prodotto


di una funzione per uno scalare. Ricordiamo ora che una funzione f : R→ R si dice limita-ta se esiste un reale positivo M ∈ R tale che |f(x)| ≤ M per ogni x ∈ R. Se h e un qualsiasiscalare di R, vale la disuguaglianza |h||f(x)| = |hf(x)| ≤ |h|M . Ricordiamo, inoltre che,per ogni coppia di numeri reali A,B ∈ R risulta |A+B| ≤ |A|+ |B|. Si osservi che, ovvia-mente, W ⊆ V. Verifichiamo la chiusura lineare dell’insieme W. Cio significa verificareche la combinazione lineare di una qualsiasi coppia di funzioni limitate e ancora una fun-zione limitata. Siano f, g ∈ W: esistono due reali M,N tali che |f(x)| ≤ M e |g(x)| ≤ Nper ogni x ∈ R. Sfruttando le precedenti disuguaglianze, con h, k ∈ R generici scalari,otteniamo |hf(x)+kg(x)| ≤ |hf(g)|+|kg(x)| = |h||f(x)|+|k||g(x)| ≤ |h|M +|k|N . Quindicombinazioni lineari di funzioni limitate sono ancora limitate. L’insieme W e linearmentechiuso, quindi sottospazio di V. ¥3.5.2 Dimostrare che l’insieme WT = {A ∈Mn(K)| AT = TA}, delle matrici quadrated’ordine n che commutano con una matrice data, e sottospazio di Mn(K).

Svolgimento. Per verificarlo usiamo il Teorema 3.1. Siano a, b ∈ K e A,B ∈WT . Dobbiamo verificare che

aA + bB ∈ WT . (4.3.1)

La (4.3.1) e vera se e solo se aA + bB commuta con la matrice T :

(aA + bB)T = (aA)T + (bB)T = a(AT ) + b(BT ) == a(TA) + b(TB) = T (aA) + T (bB) = T (aA + bB).

Quindi la (4.3.1) e vera e WT e sottospazio di Mn(K). ¥3.5.3 Dimostrare che l’insieme Kn[t] dei polinomi di grado r ≤ n e un sottospazio di K[t].

Svolgimento. Ovviamente Kn[t] ⊆ K[t]. Dobbiamo verificare la validita dellacondizione sufficiente per essere sottospazio. Ovvero se, per ogni a, b ∈ K e per ognip1(t), p2(t) ∈ Kn[t] si ha:

ap1(t) + bp2(t) ∈ Kn[t]. (4.3.2)

Ogni combinazione lineare di due (o piu) polinomi di grado r ≤ n e un polinomio ilcui grado, al piu, si abbassa rispetto a quello dei polinomi addendi, ma non puo certoaumentare. Quindi la (4.3.2) e sempre vera e Kn[t] e sottospazio di K[t]. ¥3.5.4 Dimostrare che l’insieme Dn delle matrici diagonali di ordine n e un sottospazio diMn(K).

Svolgimento. Basta verificare, per l’insieme Dn ⊆ Mn(K), la validita dellacondizione necessaria e sufficiente per essere un sottospazio. Siano a, b ∈ K e A =diag(a1, . . . , an) e B = diag(b1, . . . , bn) due matrici di Dn. Allora

aA + bB = a · diag(a1, . . . , an) + b · diag(b1, . . . , bn) == diag(aa1, . . . , aan) + diag(bb1, . . . , bbn) == diag((aa1 + bb1), . . . , (aan + bbn)) ∈ Dn.

Quindi Dn e linearmente chiuso ed e un sottospazio di Mn(K). ¥3.5.5 Dimostrare che gli insiemi T ↑n e T ↓n delle matrici triangolari superiori ed inferiorisono sottospazi di Mn(K).

Svolgimento. E sufficiente ragionare solo sull’insieme T ↑n , in quanto per T ↓n ildiscorso e simmetrico. Dobbiamo verificare la validita del Teorema 3.1. Ricordiamo che


A = [aij ] ∈ T ↑n se e solo se aij = 0 se i > j. Per ogni a ∈ K e per ogni A,B ∈ T ↑n abbiamoche aA ∈ T ↑n e A + B ∈ T ↑n . Infatti aA = [aaij ] e aaij = 0 se i > j, essendo aij = 0 peri > j per ipotesi. Inoltre A + B = [aij + bij ] e aij + bij = 0 se i > j, perche aij = bij = 0se i > j. Quindi T ↑n e un sottospazio vettoriale di Mn(K). ¥3.5.6 Dimostrare che l’insieme delle matrici antisimmetriche e un sottospazio di Mn(K).

Svolgimento. Ricordiamo che una matrice A ∈Mn(K) si dice antisimmetrica (oemisimmetrica) se At = −A. Occorre verificare che l’insieme di tali matrici e linearmentechiuso, ossia che, se A e B sono antisimmetriche e a, b ∈ K, allora anche aA + bB eantisimmetrica. Dalle proprieta dell’operazione di trasposizione abbiamo:

(aA + bB)t = (aA)t + (bB)t = aAt + bBt = a(−A) + b(−B) = −aA− bB = −(aA + bB).

¥3.5.7 Si consideri lo spazio vettoriale R3 e il suo sottoinsieme W = {(x, y, z)| x ≥ 0}.Stabilire se W e un sottospazio di R3.

Svolgimento. Per verificare se un sottoinsieme e sottospazio occorre stabilire see linearmente chiuso, cioe se una qualsiasi combinazione lineare di suoi elementi appartieneancora all’insieme. La chiusura lineare va ovviamente dimostrata in modo rigoroso. Invece,se essa non sussiste, basta presentare un controesempio. Consideriamo un elemento w =(x, y, z) di W con x 6= 0 e lo scalare h = −1 ∈ R. Se W fosse linearmente chiuso, essoconterrebbe ogni multiplo di un suo vettore, quindi anche hw. Ma kw = (hx, hy, hz) =(−x,−y,−z) 6∈ W. Infatti, essendo x > 0, abbiamo −x < 0. L’insieme W non e chiusorispetto al prodotto per scalari, quindi non e linearmente chiuso. Non e un sottospaziovettoriale di R3. ¥3.5.8 Stabilire se l’insieme S =

{[a, b, c, d]t ∈ R4 | 2a2 + b2 + c2 + d2 = 1

}e un sottospazio

di R4.

Svolgimento. Come spiegato nell’Esercizio 3.5.7, in genere la dimostrazione cheun sottoinsieme e sottospazio passa attraverso la verifica della sua chiusura lineare. Incerti casi e pero piu comodo utilizzare una condizione necessaria per essere sottospaziovettoriale: un sottospazio contiene necessariamente il vettore nullo. Ovviamente, in quantonecessaria, questa condizione non da alcuna informazione quando e verificata. In questocaso, invece, ci e utile. Infatti il vettore nullo in R4 e 0 =

[a, b, c, d]t

]= [0, 0, 0, 0]t,

per il quale non e soddisfatta la condizione caratterizzante gli elementi di S. Infatti2a2 + b2 + c2 + d2 = 02 + 02 + 02 + 02 = 0 6= 1, e quindi 0 6∈ S, per cui l’insieme S non puoessere un sottospazio. ¥3.5.9 Verificare se l’insieme

V ={[

a bb a

]∣∣∣∣ a, b ∈ R}

e un sottospazio di M2(R).

Svolgimento. L’insieme V e formato da tutte e sole le matrici aventi gli stessielementi sulla diagonale principale e, indipendentemente, gli stessi elementi su quella se-condaria. Verifichiamo che ogni combinazione lineare di vettori di V e ancora una matriceappartenente a V, ossia e della forma appena descritta. Consideriamo due generici vettori


di V:

v1 =[

a bb a

], v2 =

[a′ b′

b′ a′

],

e siano h, k ∈ R due generici scalari. Calcolando kv1 + kv2 abbiamo:

h

[a bb a

]+ k

[a′ b′

b′ a′

]=

[ha hbhb ha

]+

[ka′ kb′

kb′ ka′

]=

[ha + ka′ hb + kb′

hb + kb′ ha + ka′

].

Anche il vettore risultante e una matrice che ha gli stessi elementi sulle diagonali, quindiappartiene all’insieme V, per come questo e stato definito. Ovvero hv1 + kv2 ∈ V.L’insieme V e pertanto linearmente chiuso, quindi e un sottospazio vettoriale di M2(R).

¥3.5.10 Verificare direttamente (senza usare il Teorema 3.14) che le rette di equazioney = mx, m ∈ R sono sottospazi di R2.

Svolgimento. I vettori v di R2 che appartengono alla retta di equazione y = mx,qualsiasi sia m ∈ R, sono della forma v = [x,mx]t. Verifichiamo che ogni combinazionelineare di due vettori siffatti e ancora un vettore della stessa retta. Per ogni h, k ∈ R eper ogni coppia di vettori v1 = [x1, mx1]t e v2 = [x2,mx2]t, il vettore hv1 + kv2 risulta:

h

[x1

mx1

]+ k

[x2

mx2

]=

[hx1 + kx2

hmx1 + kmx2

]=

[hx1 + kx2

m(hx1 + kx2)

].

Il precedente vettore ha le componenti che soddisfano l’equazione y = mx, quindi appartie-ne alla retta avente quest’equazione. L’insieme definito da y = mx e dunque linearmentechiuso in R2, ovvero e un sottospazio. ¥3.5.11 Sia V lo spazio vettoriale delle funzioni reali di variabile reale e W il suo sottoin-sieme delle funzioni dispari. Dimostrare che W e sottospazio di V.

Svolgimento. Ricordiamo che f : R → R si dice dispari se f(−x) = −f(x) perogni x ∈ R. Per dimostrare che W e sottospazio di V notiamo come prima cosa che,ovviamente, W ⊆ V. In quanto sottoinsieme di V, per essere anche sottospazio, Wdeve essere linearmente chiuso. Significa verificare che una qualsiasi combinazione linearedi funzioni dispari e ancora una funzione dispari. Siano f e g dispari, e h, k ∈ R duescalari generici. Abbiamo hf(−x) + kg(−x) = h(−f(x)) + k(−g(x)) = −hf(x)− kg(x) =−(hf(x) + g(x)), il che ci dice che la funzione kf + kg e dispari, quindi appartiene a W.Allora W e linearmente chiuso e W ≤ V. ¥3.5.12 Dimostrare che l’insieme V dei polinomi a coefficienti reali con esponenti pari e unsottospazio di R[t].

Svolgimento. Ovviamente V ⊆ R[t]. Nel Paragrafo 3.1.1 e stata discussa lastruttura di spazio vettoriale di R[t], in particolare sono state definite le operazioni disomma di polinomi e di prodotto di polinomi per uno scalare. Tenendo conto di questedefinizioni, e facile verificare che combinazioni lineari di vettori di V sono ancora polinomiad esponenti pari. Infatti, se

u =n∑

i=0

a1t2i, v =

n∑

i=0

b1t2i,


sono due vettori di V, una loro combinazione lineare con coefficienti h, k ∈ R generici e:

hu + kv = k

(n∑

i=0

a1t2i

)+ k

(n∑

i=0

a1t2i

)=

n∑

i=0

(ha1 + kbi)t2i.

Indipendentemente dai valori assunti dai coefficienti hai + kbi, il precedente polinomioha sempre tutti gli esponenti pari, quindi appartiene all’insieme V. Essendo linearmentechiuso, V e sottospazio di R[t]. ¥3.5.13 Verificare se l’insieme Rn[t] dei polinomi a coefficienti reali di grado massimo n eun sottospazio di R[t].

Svolgimento. Dimostrare che Rn[t] ≤ R[t] significa verificare la chiusura linearedi Rn[t], ovvero che ogni combinazione lineare di polinomi di grado massimo n e ancoraun polinomio di grado massimo n. Siano p(t) =

∑ni=0 ait

i, q(t)∑n

i=0 biti ∈ Rn[t] e h, k ∈ R

due scalari generici. Abbiamo:

hp(t) + kq(t) =n∑

i=0

(hai + kbi)ti.

Ci possono essere casi in cui i coefficienti del precedente polinomio si annullano, quando,per qualche i = 0, . . . , n, hai + kbi = 0. In particolare, se succede quando i = n ilprecedente polinomio si abbassa di grado. In nessun caso, comunque, puo capitare cheil grado aumenti. Quindi, partendo da due polinomi di grado al massimo n, la lorocombinazione lineare sara ancora al massimo di grado n, appartenendo percio all’insiemeRn[t]. Quest’ultimo e quindi linearmente chiuso e Rn[t] ≤ R[t]. ¥3.5.14 Stabilire se l’insieme V dei polinomi a coefficienti reali di grado n e sottospazio diR[t].

Svolgimento. In questo caso la discussione e piu delicata di quella svolta nell’E-sercizio 3.5.13, in cui si e verificato che la combinazione di polinomi di grado al massimon e ancora un polinomio di grado al massimo n. Nel caso ora in esame e necessario dimo-strare la stessa cosa per polinomi di grado esattamente n. Ma questo e falso. Basta farein modo che i termini di grado massimo si elidano a vicenda. Per esempio, con n > 1,consideriamo i polinomi p(t) = 3tn − t + 1 e q(t) = 6tn + 1, e costruiamo la combinazionelineare 2p(t)− q(t). Otteniamo:

2(3tn− t+1)− (6tn +1) = (6tn− 2t+2)+(−6tn− 1) = (6− 6)tn− 2t+(2− 1) = −2t+1.

Il risultato e un polinomio di primo grado, inferiore ad n. Quindi V non e linearmentechiuso e, di conseguenza, non e sottospazio di R[t]. ¥3.5.15 Dimostrare il Teorema 3.15.

Svolgimento. La condizione e necessaria. Se V = U⊕W, in particolare si ha cheV = U+W, cioe ogni vettore di V e somma di vettori di U e W, per definizione di sommadi sottospazi. Quindi esistono due vettori, u ∈ U e w ∈ W, tali che v = u + w. Bastaverificare che questa scrittura e unica. Supponiamo che ne esista un’altra: v = u′ + w′.Allora u+w = u′+w′ da cui u−u′ = w−w′. Siccome u−u′ ∈ U e w−w′ ∈ W, essendoU∩W = {0} perche V e somma diretta, da u−u′ = w−w′ otteniamo u−u′ = 0 ⇒ u = u′

e ,w −w′ = 0 ⇒ w = w′, e la scrittura v = u + w e unica.


La condizione e sufficiente. Se ogni vettore di V si scrive in modo unico come sommadi vettori di U e W, automaticamente sappiamo che V = U + W. Rimane da verificareche U ∩W = {0}. Supponiamo che v ∈ U ∩W. Da V = U + W segue che v = v + 0,con v ∈ U, e 0 considerato come vettore di W. D’altra parte e anche v = 0 + v, con 0questa volta considerato vettore di U e v ∈ W. L’unicita della scrittura di v come sommadi vettori di U e W ha come conseguenza che v = 0 e U ∩W = {0}.

¥3.5.16 Indicato con V lo spazio vettoriale delle funzioni reali di variabile reale, verificareche V = P⊕D, dove P e D indicano, rispettivamente, il sottospazio delle funzioni pari equello delle funzioni dispari.

Svolgimento. Sappiamo che l’insieme delle funzioni reali di variabile reale e unospazio vettoriale. Ricordiamo che una funzione f : R → R e pari se f(x) = f(−x), perogni x ∈ R, mentre e dispari se f(x) = −f(−x), per ogni x ∈ R. Chiaramente

P ∩D = {0}, (4.3.3)

in quanto l’unica funzione contemporaneamente pari e dispari e la funzione nulla. Quindi,se dimostriamo che V = P+D, in virtu della (4.3.3) abbiamo risolto il problema. Questosi ottiene verificando che ogni funzione di V si puo scrivere come somma di una funzionepari e una dispari. Sia f : R→ R un vettore di V. Allora

f(x) =12(f(x) + f(−x)) +

12(f(x)− f(−x)). (4.3.4)

Il primo addendo al secondo membro della (4.3.4) e una funzione pari. Infatti, postog(x) = 1

2(f(x) + f(−x)) si ha g(−x) = 12 (f(−x) + f(−(−x))) = 1

2(f(−x) + f(x)) = g(x).Il secondo addendo e una funzione dispari. Infatti, posto h(x) = 1

2(f(x)−f(−x)), abbiamo:

h(−x) =12

(f(−x)− f(−(−x))) =12(f(−x)− f(x)) = −1

2(f(x)− f(−x)) = −h(x).

Allora f = g + h per ogni f ∈ V, con g ∈ P e h ∈ D, ovvero

V = P + D. (4.3.5)

Unendo (4.3.3) e (4.3.5), abbiamo V = P ⊕ D. La scrittura (4.3.4) e unica, comeconseguenza di quanto discusso nell’Esercizio 3.5.15. ¥3.5.17 Nello spazio R3, si determinino i vettori di X = U∩V, dove U =

⟨[1, 1, 0]t , [2, 1,−1]t

⟩

e V =⟨[−1, 2,−7]t , [1,−1, 6]t , [1, 4, 1]t

⟩.

Svolgimento. Iniziamo ad analizzare V. I generatori di V sono linearmentedipendenti. Infatti la matrice A che ha come colonne i generatori, ossia

A =

−1 1 12 −1 4−7 6 1

e singolare, in quanto detA = 0. Quindi rkA < 3. In particolare rkA = 2 poiche, adesempio, il minore del secondo ordine determinato dalle prime due righe e dalle primedue colonne e 6= 0. Da questo fatto deduciamo anche che le colonne, che determinano il


minore, sono indipendenti. Quindi i primi due generatori di V sono anche una base perV e tutti i vettori di questo spazio si possono esprimere come loro combinazione lineare.Con un ragionamento analogo, si verifica che i due generatori di U formano a loro voltauna base. Riassumendo, il generico vettore di U ha la forma seguente:

u = a

110

+ b

21−1

=

a + 2ba + b−b

,

al variare di a, b ∈ R. In modo analogo, il generico vettore di V si scrive:

v = c

−12−7

+ d

1−16

=

−c + d2c− d−7c + 6d

al variare di c, d ∈ R. Cerchiamo di esprimere le relazioni che intercorrono tra le coordinatedi un generico vettore x = [x, y, z]t affinche questi appartenga contemporaneamente a U eV. Se x ∈ U, abbiamo [x, y, z]t = [a + 2b, a + b,−b]t. Uguagliando elemento per elemento,otteniamo il sistema

x = a + 2by = a + bz = −b.

Siamo interessati a relazioni che coinvolgano le componenti di x. Quindi, eliminando ae b nel precedente sistema, otteniamo la relazione x − y + z = 0. Se x appartiene a V,abbiamo [x, y, z]t = [−c + d, 2c− d,−7c + 6d]t, che ci conduce al sistema:

x = −c + dy = 2c− dz = −7c + 6d.

Come prima, determiniamo una relazione tra le componenti di x, eliminando c e d. Otte-niamo l’equazione 5x− y − z = 0. A questo punto sappiamo che x ∈ U se e solo se le suecomponenti soddisfano l’equazione x−y + z = 0, mentre x ∈ V se e solo se soddisfano l’e-quazione 5x−y−z = 0. Quindi x ∈ U∩V solo se x,y e z soddisfano contemporaneamentele due equazioni. Studiando il sistema

{x− y + z = 05x− y − z = 0

possiamo determinare la scrittura di un generico vettore di U ∩V. Risolvendo rispetto az, otteniamo:

x = z2

y = 32z.

⇒ x =

xyz

=

z232zz

=

12z

132

.

Quindi [1, 3, 2]t genera U ∩V, anzi, ne e una base, da cui si deduce che dim(U ∩V) = 1.¥

3.5.18 Nello spazio R3, determinare quali tra i vettori generati da w1 = [1, 0, 2]t e w2 =[0, 1, 0]t appartengono anche a W = U ∩V, dove U =

⟨u1 = [1, 1, 0]t ,u2 = [2, 1,−1]t

⟩e

V =⟨v1 = [−1, 2,−7]t ,v2 = [1,−1, 6]t ,v3 = [1, 4, 1]t

⟩.


Svolgimento. Notiamo, innanzitutto, che i vettori che generano U sono indi-pendenti. Infatti il rango della matrice che li ha come colonne, e che indica il numero dilinee indipendenti, e 2, essendoci almeno un minore del secondo ordine non nullo:

A =

1 21 10 −1

⇒

∣∣∣∣1 10 −1

∣∣∣∣ = −1 6= 0.

Quindi essi formano una base di U. Facendo lo stesso ragionamento sui tre vettori chegenerano V, scopriamo che invece sono dipendenti. Infatti il determinante della matrice

B =

−1 1 12 −1 4−7 6 1

,

che ha i tre vettori come colonne, e nullo. Pero esiste almeno un minore del secondoordine. Per esempio quello determinato dalle prime due righe e dalla seconda e terzacolonna e uguale a 5. Le colonne che lo individuano sono indipendenti. Quindi i vettori[1,−1, 6]t e [1, 4, 1]t sono una base di V. cerchiamo di determinare la forma del genericovettore di U ∩ V. Se un vettore x = [x, y, z]t appartiene ad U, deve essere combina-zione lineare dei vettori della sua base, ovvero x = [x, y, z]t = a [1, 1, 0]t + b [2, 1,−1]t =[a + 2b, a + b,−b]t. Uguagliando le componenti del primo e ultimo vettore nella precedentecatena di uguaglianze, otteniamo:

x = a + 2by = a + bz = −b,

ed eliminando a e b, otteniamo (1) x− y + z = 0,

il che fornisce la relazione che lega le componenti del generico vettore di U. Facciamo lostesso ragionamento per V.Da x = [x, y, z]t = a [1,−1, 6]t + b [1, 4, 1]t = [a + b,−a + 4b, 6a + b]t otteniamo il sistema:

x = a + by = −a + 4bz = 6a + b.

⇒ (2) 5x− y − z = 0,

il che fornisce la relazione che e soddisfatta dalle componenti di tutti e soli i vettori di V.Allora le componenti di un vettore x di U ∩ V devono soddisfare contemporaneamentealla (1) e alla (2), ovvero devono essere soluzioni del sistema:

{x− y + z = 05x− y − z = 0

{y = 3xz = 2z.

Le precedenti rappresentano le relazioni che devono essere soddisfatte dalle componentidi tutti e soli i vettori appartenenti a U ∩ V. Dobbiamo ora determinare quali vettorigenerati da w1 e w2 soddisfano le precedenti relazioni, e appartengono quindi a U ∩V.Tali vettori sono del tipo

x =

xyz

= aw1 + bw2 = a

102

+ b

010

=

a02a

+

0b0

=

ab2a

.


Ponendo y = 3x e z = 2x, otteniamo:{

b = 3a2a = 2a

e quindi{

b = 3a0 = 0.

I vettori che stiamo cercando sono quindi quelli del tipo x = [a, b, 2a]t con b = 3a. ¥3.5.19 Si determini il valore del parametro reale k affinche i vettori v1 = [0, 1, 1, 2]t,v2 = [−1, 0, 1, 2]t e v3 = [1, 2, k, k + 1]t di R4 siano linearmente indipendenti.

Svolgimento. Lo studio sull’indipendenza lineare di un insieme di vettori puoessere svolto in modo comodo usando il concetto di rango di una matrice. Infatti il rangodi M ∈ Mmn(K) rappresenta il massimo numero di linee (righe o colonne) linearmenteindipendenti di M . Consideriamo dunque una matrice avente per righe i vettori vi (i =1, . . . , 3):

A =

0 1 1 2−1 0 1 21 2 k k + 1

.

Studiamo il rango di A al variare del parametro k. Siccome A ∈M34(R) ed ha almeno unelemento costante non nullo, possiamo subito affermare che 1 ≤ rkA ≤ 3. Inoltre il minoredel secondo ordine individuato dalle prime due righe e colonne e uguale a 1 6= 0, quindi ilrango e almeno 2 e 2 ≤ rkA ≤ 3. Usiamo il Teorema di Kronecker, studiando le orlature delminore di cui sopra. Iniziamo orlando con la terza colonna di A e sviluppandolo rispettoalla prima riga:

∣∣∣∣∣∣

0 1 1−1 0 11 2 k

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣−1 11 k

∣∣∣∣ + 1∣∣∣∣−1 01 2

∣∣∣∣ = k + 1− 2 = k − 1 = 0 ⇔ k = 1.

Allora, con k 6= 1, esiste un minore del terzo ordine non nullo e A ha rango massimorkA = 3. Se k = 1, possiamo orlare il minore del secondo ordine di partenza nell’ultimomodo possibile, usando la quarta colonna di A. Sviluppando sempre rispetto alla primariga otteniamo:

∣∣∣∣∣∣

0 1 2−1 0 21 2 2

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣−1 21 2

∣∣∣∣ + 2∣∣∣∣−1 01 2

∣∣∣∣ =

= −(−2− 2) + 2(−2− 0) = 4− 4 = 0.

Quindi, con k = 1, i due minori del terzo ordine presi in considerazione sono entrambi nulli.Il Teorema di Kronecker ci garantisce che non dobbiamo studiarne altri e che rkA = 2.Riassumendo: {

k = 1 ⇒ rkA = 2k 6= 1 ⇒ rkA = 3

Tornando al problema originale, quello dell’indipendenza, i tre vettori sono indipendentise e solo se rkA = 3, quindi se e solo se k 6= 1. ¥3.5.20 Si considerino le matrici

A =[

h 0−2 1

], B =

[h 3h1 h

], C =

[1 20 1

],


dipendenti dal parametro reale h. Stabilire per quali valori di h le tre matrici sonolinearmente dipendenti.

Svolgimento. Le tre matrici sono dipendenti se esistono terne (x, y, z) 6= (0, 0, 0)per cui vale l’uguaglianza xA + yB + zC = O. Scrivendola per esteso otteniamo:

xA + yB + zC = x

[h 0−2 1

]+ y

[h 3h1 h

]+ z

[1 20 1

]=

=[

hx 0−2x x

]+

[hy 3hyy hy

]+

[z 2z0 z

]=

=[

hx + hy + z 3hy + 2z−2x + y x + hy + z

]=

[0 00 0

].

Uguagliando i due membri della precedente equazione, otteniamo il seguente sistemaomogeneo di quattro equazioni in tre incognite:

hx + hy + z = 03hy + 2z = 0−2x + y = 0x + hy + z = 0.

la cui matrice dei coefficienti e H =

h h 10 3h 2−2 1 01 h 1

.

Vogliamo che le tre matrici siano dipendenti, ovvero che esistano soluzioni non banalidel precedente sistema (terne (x, y, z) 6= (0, 0, 0)). Cerchiamo dunque le condizioni afficheesistano autosoluzioni. Si nota subito che 1 ≤ rkH ≤ 3, in quanto esiste almeno unelemento non nullo in H indipendente dal parametro h (quindi H 6= O per ogni valore dih) e H ∈ M43(R), quindi puo avere al massimo rango 3. Inoltre il minore del secondoordine formato con le ultime due righe e dalla prima e terza colonna e uguale a −2, quindiancora indipendente da h e non nullo. Pertanto rkH ≥ 2. Proseguiamo lo studio orlando ilminore sopra individuato nei due soli modi possibili, applicando il Teorema di Kronecker.Orliamo dapprima usando la seconda riga di H, e sviluppando rispetto alla prima riga:

∣∣∣∣∣∣

0 3h 2−2 1 01 h 1

∣∣∣∣∣∣= −3h

∣∣∣∣−2 01 1

∣∣∣∣ + 2∣∣∣∣−2 11 h

∣∣∣∣ = 2h− 2 = 0 ⇔ h = 1.

Se h 6= 1 abbiamo rkH = 3 e il sistema ammette solo la soluzione banale (e privo diautosoluzioni). Se h = 1 invece tale orlato e nullo, e cosı pure quello ottenuto usando laprima riga di H, perche esistono due linee proporzionali (la prima e l’ultima riga sonoaddirittura uguali). Per h = 1 entrambe le orlature del terzo ordine studiate sono quindinulle. La matrice H ha rango 2, ovvero il sistema sopra indicato ha ∞3−2 = ∞1 soluzioni,cioe ammette autosoluzioni. E questo significa che le A, B e C sono linearmente dipendenti.

E possibile risolvere l’esercizio in maniera diversa, identificando le matrici quadratedi ordine 2 con vettori di R4, secondo quanto accennato a pagina 73, nel paragrafo ri-guardante le coordinate di un vettore. Alle matrici A, B e C, si associano pertanto,rispettivamente, i vettori di R4 vA = [h, 0,−2, 1]t, vB = [h, 3h, 1, h]t e vC = [1, 2, 0, 1]. Lostudio dell’indipendenza lineare di A, B e C equivale allora a studiare l’indipendenza divA, vB e vC , ovvero il rango della matrice avente i tre vettori come righe o come colonne.


Ma questa non e altro che la matrice H considerata nello svolgimento dell’esercizio. Allafine, quindi, i calcoli che si e obbligati a fare sono esattamente gli stessi, anche se il puntodi vista e leggermente diverso. ¥3.5.21 Determinare se esistono valori del parametro h ∈ R per cui i vettori v1 = [h, h2 −1, 1− h2]t, v2 = [0, h + 1, 1]t e v3 = [0, 2, 1]t siano linearmente indipendenti.

Svolgimento. Sfruttiamo la nozione di rango di una matrice.Se A ∈ Mmn(R), sappiamo che rkA indica il massimo numero di linee (righe o colonne)linearmente indipendenti di A. Se si ragiona sulle righe avremo informazioni sull’indipen-denza di vettori di Rn, se si ragiona sulle colonne avremo informazioni sull’indipendenzadi vettori di Rm. Nel caso in questione, possiamo costruire una matrice le cui colonnesiano i vettori vi e studiarne il rango:

A =

h 0 0h2 − 1 h + 1 21− h2 1 1

.

La matrice A e quadrata d’ordine 3. E comodo, in questo caso, esaminarne dapprima ildeteminante, per studiare i casi in cui A ha rango massimo. Usando Laplace e sviluppandorispetto alla prima riga otteniamo:

∣∣∣∣∣∣

h 0 0h2 − 1 h + 1 21− h2 1 1

∣∣∣∣∣∣= h

∣∣∣∣h + 1 2

1 1

∣∣∣∣ = h(h + 1− 2) = h(h− 1).

Se h 6= 0 e h 6= 1 si ha detA 6= 0, quindi rkA = 3 e i tre vettori formati dalle colonnedi A, ossia i vi, sono linearmente indipendenti. Quando h = 0 o h = 1 il rango di A ecertamente inferiore a 3. Non ci interessa il suo valore, perche questo fatto e sufficiente agarantire che i tre vettori sono dipendenti. ¥3.5.22 Determinare per quali valori del parametro reale h i polinomi di R2[t], P1(t) = t2,P2(t) = ht− 1 e P3(t) = 2t2 + h− 1 sono linearmente dipendenti.

Svolgimento. Dobbiamo determinare i valori di h affinche l’equazione

aP1(t) + bP2(t) + cP3(t) = 0

sia soddisfatta per una terna non tutta nulla (a, b, c) 6= (0, 0, 0). Sviluppando i calcoli eriordinando rispetto alle potenze decrescenti di t, otteniamo:

aP1(t) + bP2(t) + cP3(t) = a(t2) + b(ht− 1) + c(2t2 + h− 1) =

= (a + 2c)t2 + hbt + (h− 1)c− b = 0.

Per il principio di uguaglianza dei polinomi, la precedente equazione e soddisfatta se siannullano contemporaneamente tutti i coefficienti delle potenze di t, ovvero se:

a + 2c = 0hb = 0(h− 1)c− b = 0.

la cui matrice dei coefficienti e A =

1 0 20 h 00 −1 h− 1

.

Dal Teorema di Rouche-Capelli, esistono autosoluzioni nel precedente sistema se e solo sedetA = 0. Infatti le soluzioni sono ∞n−r, con n = 3 (numero di incognite) e r = rkA.


Se fosse r = 3, ovvero detA 6= 0, avremmo ∞0 soluzioni, che significa una sola soluzione:quella banale. Sviluppandolo rispetto alla prima colonna, otteniamo:

∣∣∣∣∣∣

1 0 20 h 00 −1 h− 1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣h 0−1 h− 1

∣∣∣∣ = h(h− 1) = 0 ⇔ h = 0 ∨ h = 1.

Quindi i polinomi sono dipendenti solo quando h = 0 o h = 1.Possiamo risolvere l’esercizio anche da un altro punto di vista. I tre polinomi sono

dipendenti se lo sono i vettori associati in R3. Come regola per determinare i vettoriconsideriamo l’ordinamento decrescente delle potenze di t. Allora ai polinomi P1(t), P2(t)e P3(t) possiamo associare, rispettivamente, in modo unico, i tre vettori v1 = [1, 0, 0]t,v2 = [0, h,−1]t, e v3 = [2, 0, h− 1]t, che coincidono proprio con le colonne della matriceA. Questi vettori sono dipendenti se la matrice che essi formano come colonne ha rangoinferiore a 3. Questi calcoli sono esattamente gli stessi che abbiamo appena fatto. ¥3.5.23 Determinare i valori del parametro k ∈ R tali per cui i vettori v1 = [k−1,−1,−1]t,v2 = [−3, k, 3]t e v3 = [−1,−1, 1]t di R3 sono linearmente dipendenti.

Svolgimento. Prendiamo in considerazione la matrice A avente per colonnei vettori vi, e calcoliamo il suo determinante. Sviluppando rispetto alla prima riga,otteniamo:

det A = det

k − 1 −3 −1−1 k −1−1 3 1

= (k − 1)(k + 3) + 3(−1− 1)− (−3 + k) =

= k2 + 2k − 3− 6 + 3− k = k2 + k − 6.

Il determinante di A si annulla se e solo se k = 2 oppure k = −3. Quindi per k 6= 2 ek 6= −3, abbiamo detA 6= 0, rkA = 3, e le tre colonne (i vettori vi) sono linearmenteindipendenti. Se k = 2 o k = −3 il rango di A e 2. Esiste sempre, in questi casi, un minoredel secondo ordine non nullo. Quelli, fra i vi, che, in quanto colonne di A, contribuisconoa formare il minore non nullo individuato, rappresentano vettori indipendenti. ¥3.5.24 Esprimere la matrice di M2(R)

M =[

1 20 3

]

come combinazione lineare delle matrici

A =[

1 00 0

], B =

[0 10 0

], C =

[1 10 1

].

Svolgimento. Dobbiamo individuare tre costanti, a, b, c ∈ R, tali che M = aA+bB + cC. Sviluppiamo quest’ultima equazione:

[1 20 3

]= aA + bB + cC = a

[1 00 0

]+ b

[0 10 0

]+ c

[1 10 1

]=

=[

a 00 0

]+

[0 b0 0

]+

[c c0 c

]=

[a + c b + c

0 c

].


Uguagliando termine a termine il primo e l’ultimo membro della precedente catena diuguaglianze, otteniamo il seguente sistema di quattro equazioni in tre incognite:

1 = a + c2 = b + c0 = 03 = c

a = 1− cb = 2− c0 = 0c = 3

a = −2b = −1c = 3.

da cui M = −2A−B + 3C.

¥3.5.25 Stabilire se le matrici

A =[

1 −10 2

], B =

[2 11 0

], C =

[ −3 11 4

]

sono linearmente indipendenti.

Svolgimento. Dobbiamo determinare se esistono tre scalari (a, b, c) 6= (0, 0, 0)tali che aA + bB + cC = O. Sviluppiamo questa equazione.

aA + bB + cC = a

[1 −10 2

]+ b

[2 11 0

]+ c

[ −3 11 4

]=

=[

a −a0 2a

]+

[2b bb 0

]+

[ −3c cc 4c

]=

=[

a + 2b− 3c −a + b + cb + c 2a + 4c

]=

[0 00 0

].

Uguagliando termine a termine le ultime due matrici della precedente catena di uguaglian-ze, otteniamo il sistema:

a + 2b− 3c = 0−a + b + c = 0b + c = 02a + 4c = 0,

la cui matrice dei coefficienti e A =

1 2 −3−1 1 10 1 12 0 4

.

Certamente e rkA ≥ 2, in quanto, ad esempio, il minore formato dalle ultime due righee dalle prime due colonne e uguale a −2, quindi non nullo. Orlando con la seconda rigae sviluppando rispetto alla prima colonna otteniamo un minore uguale a −4, per cuirkA = 3. Esiste quindi un’unica soluzione del precedente sistema, quella banale (0, 0, 0) ele tre matrici sono linearmente dipendenti. ¥3.5.26 Stabilire, al variare del parametro reale t, se il vettore v = [t, 3, 3]t e combinazionelineare dei vettori w1 = [−1, 3, 0]t e w2 = [2, 2, 1]t

Svolgimento. Dobbiamo decidere se esistono valori di t afinche l’equazione v =aw1 + bw2 sia soddisfatta, per qualche coppia di reali a, b ∈ R. Sviluppando i calcoli,otteniamo:

v =

t33

= aw1 + bw2 = a

−130

+ b

221

=

−a3a0

+

2b2bb

=

−a + 2b3a + 2b

b

.


Uguagliando i vettori elemento per elemento, abbiamo il sistema:

t = −a + 2b3 = 3a + 2b3 = b

, essendo A =

−1 23 20 1

, B =

t33

.

la matrice dei coefficienti e quella dei termini noti, rispettivamente. Il rango di A e 2,in quanto, ad esempio, il minore del secondo ordine individuato dalle ultime due righee uguale a 3, quindi non nullo. Se vogliamo che esistano soluzioni, il determinante dellamatrice completa A′ = [A|B] deve essere 0. Solo in questo caso, infatti, i due ranghicoincidono e il sistema ammette soluzioni. Sviluppando rispetto all’ultima riga, otteniamo:

det A′ =

∣∣∣∣∣∣

−1 2 t3 2 30 1 3

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣−1 t3 3

∣∣∣∣ + 3∣∣∣∣−1 23 2

∣∣∣∣ =

= 3 + 3t− 24 = 3t− 21 = 0 ⇔ t = 7.

Per t 6= 7 il sistema non ammette soluzioni e v non puo essere combinazione lineare deiwi. La soluzione del problema e t = 7. ¥3.5.27 Stabilire se il seguente insieme di vettori di R3 e indipendente:

X =

−12−1

,

013

,

−251

.

Svolgimento. L’insieme X e indipendente se e formato da vettori linearmenteindipendenti. Calcolando il determinante della matrice A avente come colonne gli elementidi X (nell’ordine assegnato), abbiamo detA = 4 6= 0. Quindi rkA = 3, per cui le trecolonne di A sono indipendenti, e pertanto l’insieme X e a sua volta indipendente. ¥3.5.28 Determinare una base per V =

{(x, y, x + y, x− y) ∈ R4| x, y ∈ R}

.

Svolgimento. Il generico vettore v di V e

v = [x, y, x + y, x− y]t = [x, 0, x, x]t + [0, y, y,−y]t == x [1, 0, 1, 1]t + y [0, 1, 1,−1]t = xv1 + yv2.

Quindi tutti i vettori di V sono combinazione lineare di v1 e v2. Ovvero B = {v1,v2} eun insieme generatore per v. Ma i vi sono linearmente indipendenti. Infatti, si verificafacilmente che il rango della matrice A, avente per colonne i vettori v1 e v2, e 2, quindi ivettori vi sono indipendenti, e B e una base. ¥3.5.29 Siano U =

{[x, y, z]t

∣∣ x + 2y − z = 0}

e V ={[x, y, z]t = a [1, 0,−1]t + b [2, 1, 0]t

}due sottospazi di R3. Dopo aver determinato una base di U, individuare una base diU ∩V.

Svolgimento. Gli elementi di U sono tutti e soli i vettori u = [x, y, z]t tali chex + 2y − z = 0, cioe tali che x = −2y + z. Hanno dunque la forma:

u =

−2y + z

yz

=

−2yy0

+

z0z

= y

−210

+ z

101

= xu1 + yu2.


Quindi tutti e soli i vettori di U si esprimono come combinazione lineare degli ui. Inoltrela matrice da essi formata ha almeno un minore del secondo ordine non nullo (per esempioquello individuato dalle prime due righe). Percio i vettori ui sono indipendenti, e B ={u1,u2} e una base per U. Consideriamo ora il sottospazio V. Ogni elemento di V ecombinazione lineare di v1 = [1, 0,−1]t e v2 = [2, 1, 0]t, per definizione. Quindi, v =[x, y, z]t ∈ V se e solo se, per qualche a, b ∈ R:

v =

xyz

= av1 + bv2 = a

10−1

+ b

210

=

a0−a

+

2bb0

=

a + 2bb−a

.

Uguagliando, termine a termine, il primo e l’ultimo vettore della precedente catena diuguaglianze, abbiamo il sistema

x = a + 2by = bz = −a

da cui, eliminando a e b, otteniamo l’equazione x− 2y + z = 0. La precedente esprime larelazione che deve esistere tra le componenti di un vettore v affinche esso appartenga aV. Possiamo allora studiare l’intersezione U ∩V. Se un vettore x = [x, y, z]t appartienea U, le sue componenti devono soddisfare, per definizione, l’equazione x + 2y − z = 0. Seappartiene anche a V devono soddisfare pure l’equazione x−2y+z = 0. Per cui x ∈ U∩Vse e solo se le componenti di x sono soluzioni del sistema:

{x + 2y − z = 0x− 2y + z = 0,

da cui{

x = 0z = 2y,

e quindi x =

xyz

=

0y2y

= y

012

= yw.

Il vettore w genera U ∩V e, essendo non nullo e quindi indipendente, ne e una base. Neconsegue che dim(U ∩V) = 1. ¥3.5.30 In R4, siano V = 〈[1, 1, 0, 1]t, [2, 0, 0, 1]t〉 e W = 〈[−1, 1, 0, 0]t, [0, 0, 0, 1]t〉. Deter-minare la dimensione e una base per V ∩W.

Svolgimento. Iniziamo a rappresentare i generici vettori di V e W. Un vettoredi V e combinazione lineare dei suoi generatori, quindi ha la forma:

v = x

1101

+ y

2001

=

xx0x

+

2y00y

=

x + 2yx0

x + y

,

con x, y ∈ R. Analogamente, il generico vettore di W e:

w = z

−1100

+ t

0001

=

−zz00

+

000t

=

−zz0t

,

con z, t ∈ R. Dobbiamo individuare la forma del generico vettore appartenente all’inter-sezione V ∩W. Un tale vettore, appartenendo sia a V che a W si deve poter scrivere


sia usando v, per opportuni valori di x e y, sia usando w, per opportuni valori di z e t.Uguagliamo v e w, cercando delle relazioni tra x e y, da un lato, e tra z e t, dall’altro.Abbiamo:

v = w ⇔

x + 2yx0

x + y

=

−zz0t

, da cui

x + 2y = −zx = z0 = 0x + y = t,

e quindi

y = −zx = z0 = 0t = 0.

Se prendiamo in considerazione v, ossia x e y, dalle prime due equazioni otteniamo x = −ye, sostituendo nella generica scrittura di v, abbiamo il generico vettore di V ∩W:

u =

x−x00

= x

1−100

.

Analogamente, svolgendo i calcoli in riferimento a w e prendendo in considerazione z e t,dall’ultima equazione otteniamo t = 0. Non abbiamo condizioni sulla z. Sostituendo nellascrittura di w, otteniamo la generica forma di un vettore dell’intersezione:

u =

z−z00

= z

1−100

.

Quindi tutti i vettori di V∩W sono multipli di [1,−1, 0, 0]t, ovvero V∩W =⟨[1,−1, 0, 0]t

⟩e dim(V ∩W) = 1. ¥3.5.31 Siano

V ={v = [v1, v2, v3, v4]t| v2 + v3 + v4 = 0

},

W ={w = [w1, w2, w3, w4]t| w1 + w2 = 0, w3 = 2w4

}

due sottoinsiemi di R4. Dimostrare che V e W sono sottospazi di R4 e determinarnedimensione ed una base.

Svolgimento. Iniziamo con V. Siano v′ = [v′1, v′2, v

′3, v

′4]

t e v′′ = [v′′1 , v′′2 , v′′3 , v′′4 ]t

due generici vettori di V. Per definizione, valgono le seguenti equazioni:

(1) v′2 + v′3 + v′4 = 0 e (2) v′′2 + v′′3 + v′′4 = 0.

Verifichiamo se le componenti di una combinazione lineare di v′ e v′′ soddisfano un’equa-zione analoga. Per ogni a, b ∈ R abbiamo:

v′′′ =

v′′′1v′′′2v′′′3v′′′4

= av′ + bv′′ = a

v′1v′2v′3v′4

+ b

v′′1v′′2v′′3v′′4

=

av′1 + bv′′1av′2 + bv′′2av′3 + bv′′3av′4 + bv′′4

.


L’equazione v′′′2 + v′′′3 + v′′′4 = 0 e soddisfatta. Infatti:

v′′′2 + v′′′3 + v′′′4 = (av′2 + bv′′2) + (av′3 + bv′′3) + (av′4 + bv′′4) == (av′2 + av′3 + av′4) + (bv′′2 + bv′′3 + bv′′4) =(1)= a(v′2 + v′3 + v′4) + b(v′′2 + v′′3 + v′′4) = 0 + 0 = 0.

L’uguaglianza ( 1) e valida in virtu delle (1) e (2). Quindi v′′′ ∈ V, che e linearmente chiuso.Cioe e un sottospazio. Un ragionamento analogo si fa per W. Se w′ = [w′1, w

′2, w

′3, w

′4]

t ew′′ = [w′1, w

′2, w

′3, w

′4]

t sono due elementi di W, valgono le seguenti equazioni:

(3) w′1 + w′2 = 0, (4) w′3 = 2w′4, (5) w′′1 + w′′2 = 0, (6) w′′3 = 2w′′4 .

Le componenti di aw′ + bw′′, al variare di a, b ∈ R sono:

w′′′ =

w′′′1w′′′2w′′′3w′′′4

= aw′ + bw′′ =

aw′1 + bw′′1aw′2 + bw′′2aw′3 + bw′′3aw′4 + bw′′4

.

Abbiamo:

(7) w′′′1 + w′′′2 = (aw′1 + bw′′1) = (aw′2 + bw′′2) == (aw′1 + aw′2) + (bw′′1 + bw′′2) =

= a(w′1 + w′2) + b(w′′1 + w′′2)(2)= 0 + 0 = 0

(8) w′′′3 = aw′3 + bw′′3(3)= a(2w′4) + b(2w′′4) = 2(aw′4 + bw′′4) = 2w′′′4 .

L’uguaglianza ( 2) e conseguenza delle (3) e (5), mentre l’uguaglianza ( 3) e conseguenzadelle (4) e (6). Le equazioni (7) e (8) ci dicono che w′′′ ∈ W, che quindi e linearmentechiuso, ovvero e un sottospazio. Ora che abbiamo verificato che V e W sono sottospazi,studiamone la dimensione e determiniamone una base. Dall’equazione (1) segue che larelazione che lega le componenti di un generico vettore v di V e v2 = −v3 − v4. Questarelazione permette di scrivere la seconda componente in funzione delle ultime due. Lecomponenti v1, v3 e v4 sono invece libere di variare. Quindi:

v =

v1

−v3 − v4

v3

v4

=

v1

000

+

0−v3

v3

0

+

0−v4

0v4

=

= v1

1000

+ v3

0−110

+ v4

0−101

= v1v1 + v3v2 + v4v3.

Nella matrice A avente come colonne i vi, il minore determinato dalla prima, terza e quartariga e la matrice identica del terzo ordine, quindi e 6= 0 e le colonne di A sono indipendenti.Percio non solo i vi sono generatori di V, ma essendo indipendenti ne rappresentano unabase e dimV = 3. Ragioniamo nello stesso modo per W. Dalle equazioni (3) e (4), segueche le componenti di un generico vettore di W sono legate dalle relazioni w1 = −w2 e


w3 = 2w4. Quindi possiamo scrivere w1 e w3 in funzione, rispettivamente, di w2 e w4,ottenendo:

w =

w1

w2

w3w4

=

−w2

w2

2w4

w4

=

−w2

w2

00

+

00

2w4

w4

=

= w2

−1100

+ w4

0021

= w2w1 + w4w2.

Pertanto A ha rango 2, quindi i wi sono indipendenti e non solo generano W, ma nedeterminano una base. Ne consegue che dimW = 2. ¥3.5.32 Sia U l’insieme dei vettori u ∈ R3 tali che wtu = 0, con

w =

1−21

.

Dimostrare che U e un sottospazio e determinarne la dimensione ed una base.

Svolgimento. Posto u = [x, y, z]t, la condizione che caratterizza i vettori dell’in-sieme U diventa:

[x y z]

1−21

= x− 2y + z = 0.

Quindi x = 2y − z e la relazione che permette di esprimere la componente x, di tuttie soli i vettori di U, in funzione delle altre due componenti. Iniziamo a dimostrare cheU e un sottospazio. Verifichiamone la chiusura lineare. Consideriamo due vettori di U,u′ = [x′, y′, z′]t e u′′ = [x′′, y′′, z′′]t. Per quanto detto, valgono le seguenti uguaglianze:

(1) x′ = 2y′ − z′

(2) x′′ = 2y′′ − z′′.

Per ogni coppia di scalari a, b ∈ R abbiamo:

au′ + bu′′ =

ax′ + bx′′

ay′ + by′′

az′ + bz′′

=

x′′′

y′′′

z′′′

= u′′′.

Allora, dalle (1) e (2) segue:

x′′′ = ax′ + bx′′ = a(2y′ − z′) + b(2y′′ − z′′) = 2(ay′ + by′′)− (az′ + bz′′) = 2y′′′ − z′′′.

Quindi u′′′ ∈ U, che e linearmente chiuso, cioe e un sottospazio di R3. Sempre dallarelazione che caratterizza i vettori di U, possiamo scrivere:

u =

xyz

=

2y − zyz

=

2yy0

+

−z0z

= y

210

+ z

−101

= yu1 + zu2.


Percio ogni vettore u di U e combinazione lineare degli ui, che formano quindi un insiemegeneratore per U. Nella matrice A1 avente come colonne i vettori ui, il minore individuatodalle prime due righe e uguale a 1, quindi non nullo. Di conseguenza, il rango di A ciindica il numero di colonne linearmente indipendenti. Gli ui sono indipendenti, generanoU, ovvero ne sono una base. Dunque dimU = 2. ¥3.5.33 Determinare una base e la dimensione dello spazio U = 〈x,y, z〉, con

x =

1−102

, y =

0−210

, z =

1200

.

Svolgimento. L’insieme X = {x,y, z} e un insieme generatore di U. Quindicontiene necessariamente una base di U. Dobbiamo cercare di individuare il massimonumero di vettori linearmente indipendenti di X. Ricordando che il rango di una matricerappresenta il massimo numero di linee (righe o colonne) indipendenti della matrice stessa,possiamo studiare il rango di una matrice che ha come colonne i vettori di X. La

A =

1 0 1−1 −2 20 1 02 0 0

appartiene a M43(R) e ha almeno un elemento 6= 0. Quindi 1 ≤ rkA ≤ 3. Il minore delsecondo ordine individuato dalle ultime due righe e dalle prime due colonne, ovvero

∣∣∣∣0 12 0

∣∣∣∣ = −2 6= 0 (4.3.6)

ci dice che rkA ≥ 2. Per determinare se A ha rango massimo possiamo usare il Teorema diKronecker, calcolando solo i minori di ordine 3 ottenuti orlando (4.3.6). Usando la primariga e sviluppando rispetto all’ultima colonna, otteniamo:

∣∣∣∣∣∣

1 0 10 1 02 0 0

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣0 12 0

∣∣∣∣− 2 6= 0.

Esiste quindi un minore di ordine massimo non nullo e rkA = 3. Tutte le colonne di A,ovvero i vettori di X, sono indipendenti. Quindi X e una base e dimU = 3. ¥3.5.34 Determinare una base e la dimensione dello spazio U = 〈x,y, z〉, con

x =

121

, y =

210

, z =

100

.

Svolgimento. I vettori x, y e z sono generatori di U. Dobbiamo scoprire qualisono anche linearmente indipendenti. Possiamo studiare una matrice A avente questivettori come colonne (o righe). Il rango di

A =

1 2 12 1 01 0 0


rappresenta il massimo numero di colonne indipendenti, quindi ci indica quanti lo sono frai vettori x, y e z. Siccome det A = −1 6= 0, abbiamo che rkA = 3 e i vettori sono tuttiindipendenti. Formano dunque una base di U che quindi ha dimensione dimU = 3. ¥3.5.35 Nello spazio R4, si considerino i sottospazi:

U : x− z = y + t = 0 (1);

V : x + t = y − z = 0 (2).

Determinare le dimensioni di U, V, U + V, stabilire se U + V e una somma diretta,trovarne una base e darne una rappresentazione.

Svolgimento. Le equazioni (1) e (2) permettono di determinare la forma diun generico vettore, rispettivamente, di U e di V. Infatti, per definizione, un vettorex : [x, y, z, t]t appartiene ad U se e solo se x = z e y = −t (equazioni (1)). Quindi ilgenerico vettore di U e:

u =

x−txt

=

x0x0

+

0−t0t

= x

1010

+ t

0−101

= xu1 + tu2.

I vettori u1 e u2 generano U. Sono indipendenti, in quanto la matrice A che ha comecolonne gli ui, ha rango 2 (si prenda, ad esempio, in considerazione il minore determinatodalle prime due righe). Quindi B = {u1,u2} e una base di U e dimU = 2. Ragionandoallo stesso modo su V, dalle equazioni (2) otteniamo che un vettore di componenti x, y, z, tappartiene a V se e solo se x = −t e y = z. Quindi il generico vettore di V e:

v =

−tyyt

=

0yy0

+

−t00t

= y

0110

+ t

−1001

= yv1 + tv2.

Lo spazio V e generato dai vettori vi, in quanto tutti gli elementi di V si scrivono come lorocombinazione lineare. Inoltre i vi sono indipendenti, come si puo dimostrare osservandoche la matrice avente i vi come colonne ha rango 2. Quindi B′ = {v1,v2} e base di V edimV = 2. Per quanto riguarda la determinazione di dim(U+V) possiamo ragionare nelmodo seguente. I vettori dello spazio somma sono tutti e soli i vettori di tipo u + v, alvariare di u ∈ U e v ∈ V. Ma, per quanto visto, ogni u ∈ U si scrive come combinazionelineare degli ui e ogni v si scrive come combinazione lineare dei vi. Allora il genericovettore di U + V non e altro che una combinazione lineare dei vettori u1,u2,v1,v2, cherappresentano un insieme generatore di U + V. Dobbiamo solo individuare quanti, fraquesti vettori, sono indipendenti. Consideriamo la matrice A, avente i quattro vettoricome colonne e studiamone il rango. E una matrice quadrata ad elementi non tutti nulli.Quindi 1 ≤ rkA ≤ 4. Siccome detA = 0, rkA < 4. Pero il minore del terzo ordineindividuato dalle prime tre righe e colonne e non nullo. Infatti, sviluppando rispetto allaprima riga, abbiamo:

∣∣∣∣∣∣

1 0 00 −1 11 0 1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣−1 10 1

∣∣∣∣ = −1− 0 = −1 6= 0.


Quindi rkA = 3, e ci sono tre colonne indipendenti. Queste colonne sono quelle checontribuiscono alla costruzione del minore appena calcolato. Quindi i vettori u1,u2,v1

determinano una base di U + V e dim(U + V) = 3. Per stabilire se la somma e direttapossiamo usare la Formula di Grassmann. Sappiamo che dimU+dimV = dim(U+V)+dim(U∩V), da cui dim(U∩V) = dimU+ dimV− dim(U+V) = 2 + 2− 3 = 1. Questosignifica che U ∩ V non si riduce al sottospazio banale {0}, per cui, per definizione, lasomma non puo essere diretta. Cerchiamo infine di rappresentare i vettori di U + V. Perfare questo dobbiamo determinare una relazione che leghi le componenti di un genericovettore appartenente a U+V. Abbiamo individuato una base di U+V: B′′ = {u1,u2,v1}.Se un vettore x = [x, y, z, t]t appartiene a U+V, ovviamente e combinazione dei vettori diB′′. In particolare l’insieme {u1,u2,v1,x} e linearmente dipendente. Questo significa che,detta M la matrice avente come colonne i vettori del precedente insieme deve risultarerkM < 4. Posto quindi detM = 0 e sviluppando i conti, troviamo l’equazione x+y−z+t =0, che rappresenta la relazione che deve intercorrere tra le componenti di un vettore affinchequesti appartenga a u + v. Quindi U + V =

{[x, y, z, t]t

∣∣ x + y − z + t = 0}. ¥

3.5.36 In R4 si considerino i seguenti vettori

u = [1, 2, 0, 0]t, v = [0,−1, 1, 0]t, w = [0, 0, 2, 1]t

e gli spazi U = 〈u〉 e V = 〈v,w〉. Stabilire la dimensione di U∩V e determinare se U+Ve somma diretta.

Svolgimento. Siccome dobbiamo indagare sulle dimensioni di spazi somma eintersezione, il metodo migliore e quello di utilizzare la Formula di Grassmann. Intantoosserviamo che dimU = 1, essendo U generato da un unico vettore non nullo. Per quantoriguarda V, si osservi che la matrice

A =[

0 −1 1 00 0 2 1

]

le cui righe sono i vettori v e w, ha rango due (per esempio il minore determinato dalleultime due colonne e 6= 0). Quindi i generatori di V sono indipendenti e dimV = 2.L’insieme X = {u,v,w} genera U + V. Infatti tutti i vettori della somma sono del tipox + y, con x ∈ U e y ∈ V. Ma un vettore di U e multiplo di u, mentre i vettori diV sono combinazioni lineari di v e w. Quindi gli elementi di U + V si ottengono comecombinazione dei vettori dell’insieme X. Per capire quanti di questi sono indipendenti,studiamo il rango della matrice

B =

1 2 0 00 −1 1 00 0 2 1

,

che ha gli elementi di X come righe. Il minore individuato dalle ultime tre colonnee 6= 0, quindi rkB = 3 e i vettori di X sono indipendenti. L’insieme X e una basedi U + V e dim(U + V) = 3. Dalla formula di Grassmann abbiamo dim(U ∩ V) =dimU + dimV − dim(U + V) = 1 + 2 − 3 = 0. L’unico spazio di dimensione 0 e quellobanale, quindi U ∩V = {0} e la somma e diretta. ¥3.5.37 In R4 si considerino i vettori u1 = [1,−1, 3, 1]t, u2 = [1, 1,−1, 1]t, v1 = [1, 1,−1, 0]t,v2 = [1, 1,−1, 3]t e i sottospazi U = 〈u1,u2〉 e V = 〈v1,v2〉. Determinare le dimensionidi U e V e stabilire se la loro somma e diretta.


Svolgimento. Iniziamo a studiare le dimensioni di U e V. Esaminiamo il rangodelle matrici A e B, aventi come colonne, rispettivamente, i vettori u1,u2 e v1,v2. Sivede facilmente che entrambe hanno almeno un minore del secondo ordine non nullo,quindi rkA = rkB = 2. Cio significa che entrambe le coppie di colonne sono indipendenti,ovvero che gli insiemi B = {u1,u2} e B′ = {v1,v2} sono basi, rispettivamente, di U edi V. Quindi dimU = dimV = 2. I vettori di U + V sono tutte e sole le somme divettori di U e di V, ciascuno dei quali e rispettivamente una combinazione lineare deivettori di B e di B′. Se x ∈ U + V esistono due vettori, u ∈ U e v ∈ V tali chex = u + v. Ma, per definizione, u = au1 + bu2, con a, b ∈ R, mentre v = cv1 + dv2,con c, d ∈ R. Quindi x = au1 + bu2 + cv1 + dv2. Di conseguenza i vettori dello spaziosomma sono combinazioni lineari dei vettori di B∪B′. Consideriamo la matrice C = [A|B],ottenuta accostando le matrici A e B. Facendo i calcoli si ottiene detC = 0, mentre ilminore del terzo ordine individuato dalle ultime tre righe e dalle prime tre colonne e6= 0. Ne deduciamo che rkC = 3. Cio significa che le tre colonne che determinano ilminore in questione sono linearmente indipendenti, ovvero che {u1,u2,v1} sono una basedi U + V, che quindi ha dimensione 3. Utilizzando la formula di Grassmann, abbiamodim(U ∩ V) = dimU + dimV − dim(U + V) = 2 + 2 − 3 = 1. Quindi U ∩ V 6= {0}(altrimenti avremmo dim(U ∩V) = 0) e la somma non e diretta. ¥3.5.38 Si consideri lo spazio R4[t] dei polinomi di grado n ≤ 4 a coefficienti reali, e gliinsiemi U = {p(t) ∈ R4[t] : p(−1) = p(0) = p(1) = 0} e V = {q(t) ∈ R4[t] : q(0) = q(1) =q(2) = 0}.

1. Dimostrare che U e V sono sottospazi di R4[t].

2. Determinare la dimensione ed una base di U ∩ V .

Svolgimento.(1) Il generico polinomio p(t) ∈ U si puo scrivere come p(t) = t(t − 1)(t + 1)(at + b).Consideriamo una generica combinazione lineare αp1(t) + βp2(t), con p1(t), p2(t) ∈ U edα, β ∈ R. Abbiamo allora p1(t) = t(t−1)(t+1)(a1t+ b1) e p2(t) = t(t−1)(t+1)(a2t+ b2),per cui αp1(t)+βp2(t) = t(t− 1)(t+1)[(αa1 +βa2)t+αb1 +βb2]. Posto αa1 +βa2 = a3 eαb1+βb2 = b3, risulta αp1(t)+βp2(t) = t(t−1)(t+1)(a3t+b3), e quindi αp1(t)+βp2(t) ∈ U .Pertanto, U e chiuso rispetto alle combinazioni lineari di suoi elementi, e quindi U e unsottospazio vettoriale di R4[t]. In maniera analoga si dimostra che anche V e un sottospaziodi R4[t].(2) Indichiamo con r(t) il generico polinomio dello spazio U ∩ V . Abbiamo allora

{r(t) = t(t− 1)(t + 1)(at + b) poiche r(t) ∈ Ur(t) = t(t− 1)(t− 2)(ct + d) poiche r(t) ∈ V

Quindi deve essere t(t− 1)(t + 1)(at + b) = t(t− 1)(t− 2)(ct + d), cioe at2 + (a + b)t + b =ct2 + (−2c + d)t− 2d. Per il principio di identita dei polinomi risulta

a = ca + b = −2c + db = −2d

⇒

a = dc = db = −2d

Di conseguenza, r(t) = t(t−1)(t+1)(dt−2d) = dt(t−1)(t+1)(t−2), per cui dim(U∩V ) = 1,ed una sua base e rappresentata dal polinomio t(t− 1)(t + 1)(t− 2). ¥


3.5.39 Nello spazio canonico R4 si considerino i sottospazi U e W associati, rispettiva-mente, ai seguenti sistemi lineari

U

2x + y − 5z − 5t = 03x− 2y + 3z − 11t = 0x− 3y + 8z − 6t = 0

W

x + y + 2z − 5t = 0x− 2y − z − 2t = 02x + 5y + 7z − 13t = 0.

Determinare la dimensione ed una base per gli spazi U e W.

Svolgimento. Detta [U ] la matrice dei coefficienti del sistema associato ad U,notiamo facilmente che r([U ]) ≥ 2, in quanto il minore {R1, R2} ∩ {C1, C2} e non nullo.Orlando questo minore nei due modi possibili otteniamo sempre determinanti nulli, equindi r([U ]) = 2. Di conseguenza, per il teorema di classificazione dei sottospazi, risultadimU = 2. Per trovare una base di U risolviamo il sistema

{2x + y = 5z + 5t3x− 2y = −3z + 11t

⇒{

x = z + 3ty = 3z − t

⇒

xyzt

= z

1310

+ t

3−101

.

Pertanto, una base di U e data da BU ={[1, 3, 1, 0]t , [3,−1, 0, 1]t

}.

Sia ora [W ] la matrice dei coefficienti del sistema associato a W, notiamo che ancher([W ]) = 2, in quanto il minore {R1, R2} ∩ {C1, C2} e non nullo, ed orlando otteniamosempre determinanti nulli. Di conseguenza, anche dimW = 2. Per trovare una base di Wrisolviamo il sistema

{x + y = −2z + 5tx− 2y = z + 2t

⇒{

x = −z + 4ty = −z + t

⇒

xyzt

= z

−1−110

+ t

4101

.

Pertanto, una base di W e BW ={[−1,−1, 1, 0]t , [4, 1, 0, 1]t

}. ¥

3.5.40 Siano U e W i sottospazi di R4 definiti nell’Esercizio 3.5.39. Determinare lo spazioU ∩W, e dedurre la dimensione di U + W.

Svolgimento. Il generico vettore di U∩W si ottiene uguagliando le scritture delgenerico vettore di U e di W, cioe [z + 3t, 3z − t, z, t]t = [−z + 4t,−z + t, z, t]t, e risolven-do otteniamo t = 2z. Pertanto, il generico vettore di U∩W si ottiene imponendo il vincolot = 2z in U (oppure in W), e quindi U ∩W =

{[7z, z, z, 2z]t = z [7, 1, 1, 2]t , z ∈ R}

. Inparticolare abbiamo dim(U ∩W) = 1, e dalla formula di Grassmann ricaviamo

dim(U + W) = dimU + dimW − dim(U ∩W) = 3.

¥

Indice analitico

Identita di Bezout, 15Simbolo di Kronecher, 23Teorema di Binet, 33Teorema di Laplace, 30algebricamente chiuso, 19algoritmo di Euclide, 14alternante, 42anello commutativo, 19anello unitario, 19anello, 18antisimmetrica, 24applicazioni, 7argomenti, 7associativita, 12binaria, 12campi finiti, 20campo, 19classi di equivalenza, 9classi di resti modulo n, 10codominio della funzione, 8codominio di una relazione, 7complemento algebrico, 30conformabile, 25controimmagine, 8coppia ordinata, 6determinante, 29, 43diagonale principale, 21diagonale secondaria, 21diagonali, 23differenza simmetrica, 6divisori dello zero, 20dominio della funzione, 8dominio di una relazione, 7elementi confrontabili, 9elementi della matrice, 21elementi equivalenti, 9elementi principali, 22elemento neutro, 18emisimmetrica, 24

equazione diofantea, 16equazione modulare, 15forma multilineare, 42funzione biunivoca, 8funzione composta, 8funzione determinante, 41funzione iniettiva, 8funzione inversa, 8funzione suriettiva, 8funzioni, 7gruppo abeliano, 18gruppo lineare, 46gruppo, 18identita, 23implicazione, 11insieme complementare, 6insieme delle parti, 6insieme ordinato, 9insieme quoziente, 9insieme vuoto, 6insiemi disgiunti, 5insiemi numerici, 5intersezione tra due insiemi, 5inverso, 18leggi di De Morgan, 6matrice aggiunta, 34matrice binaria, 23matrice emisimmetrica, 51matrice identica, 23matrice nulla, 23matrice ortogonale, 47matrice quadrata, 21matrice simmetrica, 24matrice, 21matrici di permutazione, 40matrici scalari, 24matrici singolari, 30matrici triangolari, 23minore complementare, 29

INDICE ANALITICO 151

monoide, 18notazione additiva, 13notazione moltiplicativa, 13numeri complessi, 19numeri interi relativi, 5numeri interi, 5numeri razionali, 5numeri reali, 5operazione n-aria, 12operazione binaria, 12operazione interna, 12ordine parziale, 9ordine totale, 9predicato, 7prodotto cartesiano, 6prodotto di matrici, 25prodotto per scalari, 25prodotto righe per colonne, 28quantificatore universale, 11rappresentante della classe, 9regola di Sarrus, 32relazione antiriflessiva, 9relazione antisimmetrica, 9relazione d’ordine largo, 9relazione d’ordine stretto, 9relazione d’ordine, 9relazione di equivalenza, 9relazione in un insieme, 7relazione modulo n, 10relazione riflessiva, 9relazione simmetrica, 9relazione tra insiemi, 7relazione transitiva, 9retta reale, 5scalari, 19semigruppo, 18sistema di vettori ortonormale, 47somma di matrici, 25sottomatrice, 22sottostruttura, 17struttura algebrica, 17ternaria, 12traccia, 22trasposizione, 27trasposta, 27unaria, 12vettori colonna, 21

vettori riga, 21

dulio pacco - matrici sistemi spazi vettoriali

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