Geometria 2015: Esercizi e Note Sophie M. Fosson [email protected] April 2, 2015 ii Queste note • seguono l’ordine cronologico delle mie esercitazioni in aula; • non necessariamente riportano tutto quello fatto in aula; • includono tutto il materiale delle mie slide; • possono includere materiale aggiuntivo; • includono la teoria necessaria per svolgere gli esercizi; • sono scritte in forma schematica e piuttosto informale; • sicuramente sono piene di errori (ogni segnalazione sar`a gradita!); • saranno aggiornate e riviste almeno ogni due/tre settimane (ottimisticamente, ogni settimana). Buon lavoro, s.m.f. Contents 1 4 Marzo 1.1 Informazioni e materiale . . . . . . . . . . . . 1.2 Vettori nel piano e nello spazio (R2 , R3 ) . . . 1.3 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio 1.4 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio 1.5 Prodotto vettoriale (R3 ) . . . . . . . . . . . . 1.6 Prodotto misto (R3 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 1 2 2 3 4 2 11 Marzo 2.1 Spazio vettoriale (SV) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Spazi e sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 18 Marzo 11 3.1 Combinazioni lineari di vettori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 3.2 Basi e dimensioni di un spazio vettoriale . . . . . . . . . . . . . . 11 4 25 marzo 17 4.1 Matrici: riduzione e rango . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 4.2 Sistemi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 5 1 aprile 23 5.1 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 5.2 Regola di Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 5.3 Inversione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 iii iv CONTENTS Chapter 1 4 Marzo 1.1 Informazioni e materiale • [email protected] • http://calvino.polito.it/∼fosson → note, esercizi (trovate anche materiale degli anni scorsi, in inglese) • Portale della didattica → note, esercizi • Libri: Baldovino - Lanza, Algebra lineare e geometria, Esercizi e Temi d’esame, Esculapio 1.2 Vettori nel piano e nello spazio (R2 , R3 ) Notazioni: 1. v vettore 2. i, j, k versori (modulo=1) degli assi x, y, z 3. v = v1 i + v2 j = (v1 , v2 ) vettore nel piano (R2 ) 4. v = v1 i + v2 j + v3 k = (v1 , v2 , v3 ) vettore nello spazio (R3 ) 5. vi = i-esima componente di v Nel seguito, user` o per lo pi` u la notazione v = (v1 , v2 , · · · ), cio`e per me un vettore `e una sequenza di numeri reali. Per ora ci limitiamo a sequenze di n = 2, 3 numeri reali; in futuro generalizzeremo a qualunque n (e ad altre tipologie di oggetti, per esempio numeri non reali....) Ora iniziamo a fare operazioni sui vettori nello spazio R3 . Osservazione 1 Per le operazioni uso prevalentemente definizioni “algebriche”, perch´e generalizzabili a n > 3. Tutti gli esercizi con n = 2, 3 si possono anche risolvere con le tecniche geometriche/trigonometriche (per esempio, per prodotto scalare e vettoriale). 1 2 CHAPTER 1. 4 MARZO 1.3 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio 1. Somma tra vettori: componente per componente u + v = (u1 + v1 , u2 + v2 , . . . ) 2. Prodotto tra uno scalare a ∈ R e un vettore: av = (av1 , av2 , . . . ) 3. Prodotto scalare: hv, wi = v · w = v1 w1 + v2 w2 + . . . 4. Norma (o modulo): |v| = kvk = √ v·v 5. v e w sono ortogonali se v · w = 0 6. v e w sono paralleli se esiste a ∈ R tale che v = aw Esercizio 1 Dati u = (1, 2, 1) e v = (−1, 0, 1/3), calcolare w = 2u − (u · v)(−9v) . u e w sono ortogonali? Soluzione u = (1, 2, 1), v = (−1, 0, 1/3) u · v = 1 · (−1) + 2 · 0 + 1 · 1/3 = −2/3 w = 2(1, 2, 1) + 2/3(9, 0, −3) = (4, 2, 4) + (6, 0, −2) = (10, 2, 2) u · w = 10 + 4 + 2 = 16 ⇒ non ortogonali Per esercizio, provare ad usare anche la definizione “trigonometrica” di prodotto scalare (|u||v| cos ∠(u, v)) 1.4 Operazioni tra vettori nel piano e nello spazio Esercizio 2 Come sono fatti i vettori ortogonali u = (1, 2, 1)? E quelli ortogonali a v = (−1, 0, 1/3)? E quelli ortogonali sia ad u che a v? Soluzione (1, 2, 1) · (r1 , r2 , r3 ) = r1 + 2r2 + r3 = 0 (−1, 0, 1/3) · (s1 , s2 , s3 ) = −s1 + 1/3s3 = 0 ⇒ s3 = 3s1 r1 + 2r2 + 3r1 = 0 ⇒ r2 = −2r1 r = (r1 , −2r1 , 3r1 ) = r1 (1, −2, 3) Provare ad usare anche la definizione “trigonometrica” di prodotto scalare (|u| |v| cos ∠(u, v)). 1.5. PRODOTTO VETTORIALE (R3 ) 1.5 3 Prodotto vettoriale (R3 ) Per calcolare il prodotto vettoriale, anticipo due concetti che studiermo in futuro, quello di matrice e di determinante. Per matrice intendo semplicemente una tabella di numeri. Per esempio, a11 a12 A= aij ∈ R, i = 1, . . . , m; j = 1, . . . , n (1.1) a21 a22 `e un matrice 2 × 2 a componenti reali. Il determinante `e un numero associato alla matrice (di cui vedremo in futuro l’importanza). Il determinante di una matrice 2 × 2 si calcola cos`ı: a11 a12 (1.2) a21 a22 = a11 a22 − a12 a21 Il determinante di una matrice 3 × 3 si pu`a calcolare cos`ı: considero a turno gli elementi della prima riga. Parto da a11 1. immagino di cancellare la riga e la colonna contenenti a11 2. mi rimane una sottomatrice 2×2: ne calcolo il determinante e lo moltiplico per a11 Ripeto il procedimento per a12 e a13 e poi sommo tutto, per` o alternando i segni. In conclusione: a11 (a22 a33 − a23 a32 ) − a12 (a21 a33 − a23 a31 ) + a13 (a21 a32 − a31 a22 ) Il prodotto vettoriale si calcola come i j w = u ∧ v = u × v = u1 u2 v1 v2 un determinante: k u3 v3 = (u2 v3 − v2 u3 )i − (u1 v3 − v1 u3 )j + (u1 v2 − v1 u2 )k Osservazione 2 w·u=0 w·v =0 Osservazione 3 i, j, k non sono numeri (scalari), ma vettori! Quindi tecnicamente stiamo abusando della definizione di matrice; a livello simbolico comunque il calcolo funziona. Esercizio 3 Dati u = (−3, −1, 1) e v = (1, 1/3, −1/3) calcolare (a) u · v (b) u ∧ v (c) u · u ∧ (v − 1/3j) Soluzione (a) u · v = −3 − 1/3 − 1/3 = −11/3. (b) (0, 0, 0). u e v sono paralleli. Infatti, u = −3v. 4 CHAPTER 1. 4 MARZO • (c) Soluzione standard: u ∧ (v − 1/3j) = u ∧ (1, 0, −1/3) = (1/3, 0, 1) e infine u · (1/3, 0, 1) = 0. • (c) Soluzione smart: Qualunque w, (u · u ∧ w) = 0, poich´e u ∧ w `e ortogonale ad u e anche a v. Provare ad usare anche la definizione “trigonometrica” di prodotto vettoriale (|u| |v| sin ∠(u, v) per il modulo e regola mano destra per direzione e verso) 1.6 Prodotto misto (R3 ) Il prodotto misto tra 3 vettori `e u · v ∧ w. Si pu`o calcolare facendo prima il prodotto vettoriale e poi il prodotto scalare1 , oppure attraverso il calcolo del seguente determinante (riuscite a spiegare perch´e?): u1 u2 u3 u · (v ∧ w) = v1 v2 v3 w1 w2 w3 Se il prodotto misto `e nullo, i tre vettori sono complanari (riuscite a spiegare perch´e?). Esercizio 4 u = (1, 0, 0), v = (1/2, 1/2, 0) e w = (3, 1, 0) sono complanari? Soluzione • Sol. smart: S`ı, si vede subito, perch´e la componente lungo k `e 0 per tutti e tre. • Sol. standard: Se non si vedesse subito → prodotto misto, verificare che `e nullo. 1 c’` e sempre qualche studente che “prova” l’ordine inverso: prima il prodotto scalare e poi quello vettoriale: vi ` e chiaro perch´ e questo non funziona? Chapter 2 11 Marzo 2.1 Spazio vettoriale (SV) • Un campo `e un insieme K su cui possiamo definire due operazioni, che chiamiamo somma e prodotto, con tutte le “solite” propriet`a che hanno la somma e il prodotto sui numeri reali (commutativa, associativa, elemento neutro, esistenza opposto e inverso, propriet`a associativa) • Noi useremo principalmente i campi R (reali) e C (complessi) • Chiameremo scalari gli elementi di un campo Uno SV `e un insieme V associato ad un campo K con a un’operazione tra elementi di V che chiamiamo somma con le seguenti propriet` a: a.1 chiusura: ∀u, v ∈ V , u + v ∈ V a.2 solite propriet` a: commutativa, associativa, elemento neutro, opposto b un’operazione tra un elemento di V e uno di K che chiamiamo prodotto (o prodotto esterno) con le seguenti propriet`a: b.1 chiusura: ∀u ∈ V , a ∈ K au ∈ V b.2 solite propriet` a: commutativa, associativa, distributiva, elemento neutro (= elemento k ∈ K tale che ku = u, ∀v ∈ V ) 1 Esempio di SV: Rn con il campo R con le operazione viste l’altra volta 2.2 Spazi e sottospazi Sottospazio dello SV V : sottoinsieme S di V che mantiene le propriet`a di SV ereditate da V . 1 Potrebbe sembrare strano che non venga richiesto l’inverso per il prodotto, ma se ci pensiamo un momento non ` e nemmeno chiaro come definire un inverso per il prodotto tra un elemento di K e uno di V 5 6 CHAPTER 2. 11 MARZO Ovvero, S `e uno SV con le operazioni di V (e valgono le propriet`a a, b viste prima) Da ora in avanti, chiameremo vettore un elemento di uno spazio vettoriale. Dalla prima settimana ad oggi, la nostra definizione di vettore ha quindi sub`ıto un “processo di generalizzazione”: 1. Vettori applicati nel piano (bidimensionale) e nello spazio (tridimensionale) 2. Sequenze di n numeri 3. Elementi di uno Spazio Vettoriale Le diverse definizioni non sono in contrasto, anzi: 1. ⊂ 2. ⊂ 3.. La somma tra due sottospazi U e S `e un insieme (che chiamiamo U + S) composto da tutte le possibili somme tra un elemento di U e uno di S. Se U ∩ S = {0}, la somma viene detta diretta e si indica con U ⊕ S. Se U, S sottospazi U ∩ S, U + S(o U ⊕ S) sono sottospazi U ∪ S non necessariamente `e sottospazio Esercizio 5 Per ognuno dei seguenti sottoinsiemi di R4 , dire quali sono sottospazi: (a) A = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 tale che x1 = x2 }. (b) B = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 t. c. x1 = x2 e x1 + x2 + x3 + x4 = 0}. (c) C = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 t. c. x1 = x22 }. (d) D = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 t. c. x1 + x2 + x3 + x4 ≤ 0}. Soluzione (a) A = {x = (x1 , x1 , x3 , x4 ), x1 , x3 , x4 ∈ R}. (0, 0, 0, 0) ∈ A. Se x, y ∈ A, allora x + y = (x1 + y1 , x1 + y1 , x3 + y3 , x4 + y4 ) ∈ A cx = (cx1 , cx1 , cx3 , cx4 , ) ∈ A per ogni c ∈ R. A `e un sottospazio (b) B ⊂ A e A = {x = (x1 , x1 , x3 , −x3 − 2x1 ), x1 , x3 ∈ R}. Dati x, y ∈ B, allora x + y = z ∈ B poich´e z1 = z2 e z1 + z2 + z3 + z4 = x1 + y1 + x2 + y2 + x3 + y3 + x4 + y4 = 0; cx ∈ B poich´e cx1 + cx2 + cx3 + cx4 = c(x1 + x2 + x3 + x4 ) = 0. B `e un sottospazio. (c) C non `e un sottospazio poich´e non `e chiuso rispetto a somma e prodotto. Per esempio, se x, y ∈ C e x + y = z, allora z1 = x1 + y1 = x22 + y22 6= z22 = (x2 + y2 )2 . 2.2. SPAZI E SOTTOSPAZI 7 (d) D non `e un sottospazio: per esempio (−1, 0, 0, 0) ∈ D, ma −1(−1, 0, 0, 0) = (1, 0, 0, 0) ∈ / D. Esercizio 6 Quale dei seguenti insieme `e uno SV su campo R ? (a) R≤2 [x] = {polinomi a coefficienti reali in x di grado ≤ 2}. (b) R=2 [x] = {polinomi a coefficienti reali in x di grado = 2}. Soluzione (a) Un generico elemento di R≤2 [x] ha la forma a0 + a1 x + a2 x2 , ai ∈ R, i = 0, 1, 2. – Somma: usiamo la somma usuale tra polimoni. Per ogni ai , bi ∈ R, i = 0, 1, 2, a0 + a1 x + a2 x2 + b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + (a2 + b2 )x2 ∈ R≤2 [x] ⇒ chiusura rispetto alla somma: – Elemento nullo: P (x) ≡ 0 ∈ R≤2 [x] – Prodotto: usiamo il prodotto usuale tra polimoni e scalari. λ ∈ R, λ(a0 + a1 x + a2 x2 ) = λa0 + λa1 x + λa2 x2 ∈ R≤2 [x] ⇒ chiusura rispetto al prodotto Questo `e sufficiente per concludere che R≤2 [x] `e uno spazio vettoriale. (b) P (x) ≡ 0 ∈ / R=2 [x]: sufficiente per concludere che R=2 [x]non `e uno spazio vettoriale. Altro controesempio: x2 ∈ R=2 [x], −x2 + x ∈ R=2 [x], ma la loro somma x ∈ / R=2 [x]. Ovviamente questo esercizio si pu` o estendere a R≤n [x] con n = 3, 4, ... Provare a ripetere l’esercizio con coefficienti complessi: C≤2 [x], C=2 [x]: cambia qualcosa? Osservazione 4 • Nella maggior parte degli esercizi che faremo, i campi vettoriali saranno del tipo Rn e quindi i vettori saranno sequenze di n numeri. Questo esercizio era per` o per sottolineare che ci sono anche spazi vettoriali meno “convenzionali”, in cui per esempio i vettori sono polinomi. Possono anche capitare altri tipi di funzioni... • In questo esercizio, ricordarsi che non ci interessa studiare l’andamento del polinomio: dal punto di vista dell’algebra lineare, cio` o che conta sono in fondo i coefficienti del polinomio; i singoli valori di x non ci interessano per nulla. • E’ capitato che studenti dicessero: R≤2 [x] contiene lo zero perch´e a0 + a1 x + a2 x2 `e una parabola e ha due zeri... attenzione: lo zero di un polinomio non ha nulla a che fare con il polinomio nullo, che `e zero dello SV R≤2 [x]. • Se crea confusione lavorare con i polinomi, notate che c’`e un’equivalenza (dal punto di vista dello SV) tra R≤n [x] e Rn+1 : a0 + a1 x + a2 x2 + . . . `e equivalente alla sequenza (a0 , a1 , a2 , . . . ). Provate a pensare alle operazioni: non cambia nulla! 8 CHAPTER 2. 11 MARZO • Riuscite ad intuire se questo genere di equivalenza tra uno SV qualsiasi e uno Rn `e sempre possibile? [Risposta la prossima settimana] Esercizio 7 1. Determinare se i seguenti sottoinsiemi di R3 sono sottospazi (a) A = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 t.c. x2 = x3 }. (b) B = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 t.c. x3 = 1}. (c) C = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 t.c. x1 = 2x2 = 2x3 }. (d) D = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 t.c. x1 = 1, x2 = x3 }. (e) E = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 t.c. x1 = 0}. 2. Calcolare intersezione e unione tra i sottospazi 3. Calcolare somma tra i sottospazi 4. Riuscite a dare una descrizione geometrica di questi sottoinsiemi? 2 Soluzione 1. (a) A = {x = (x1 , x2 , x2 ), x1 , x2 ∈ R}. Chiaramente, (0, 0, 0, 0) ∈ A. Se x, y ∈ A, allora x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , x2 + y2 ) ∈ A perch´e le seconde due componenti sono sempre uguali. Infine, anche cx = (cx1 , cx2 , cx2 ) ∈ A per qualsiasi c ∈ R. A `e un sottospazio. (b) (0, 0, 0, 0) ∈ / B , B non `e un sottospazio. (c) C `e un sottoinsieme di A. In particolare, se chiamo x2 = α ∈ R, C = {(2α, α, α), α ∈ R}. E’ facile provare che lo zero sta in C e che che C `e chiuso rispetto a somma e prodotto. (d) D `e un sottoinsieme di B, quindi non pu`o essere sottospazio (non contiene lo zero). (e) E `e un sottospazio (contiene lo zero; la somma di due vettori con prima componente nulla ha ancora la prima componente nulla; moltiplicando per un qualsiasi scalare un vettore con la prima componente nulla, ottengo ancora un vettore con la prima componente nulla) 2. • C ⊂ A, quindi A ∩ C = C e A ∪ C = A. • A∩E = {(0, α, α), α ∈ R} (che chiaramente `e ancora un sottospazio); A ∪ E = {x ∈ R3 tali che x1 = 0 oppure x2 = x3 }. Non `e un sottospazio, perch´e per esempio (0, 1, 2) + (1, 0, 0) = (1, 1, 2) ∈ / A ∪ E. • C ∩ E = {(0, 0, 0)}. C ∪ E = {x ∈ R3 tali che x1 = 0 oppure x1 = 2x2 = 2x3 }; come nel caso precedente si vede facilmente che non `e un sottospazio 3. • A + C = A. Infatti se il generico elemento di A `e del tipo (β, γ, γ) e il generico elemento di C `e (2α, α, α), con α, β, γ ∈ R la loro somma `e (2α + β, α + γ, α + γ) che evidentemente sta ancora in A (seconda 2 E’ un argomento che vedremo pi` u avanti e non ` e necessario per risolvere l’esercizio, per` o se riuscite ad intuire la geometria pu` o essere utile per velocizzare la risoluzione! 2.2. SPAZI E SOTTOSPAZI 9 e terza componente sono uguali). Quindi A + C ⊂ A. D’altra parte, per l’arbitrariet` a di β, la prima componente pu`o assumere qualsiasi valore, quindi ogni elemento di A pu`o essere scritto come (2α+β, α+ γ, α + γ). In conclusione, A + C = A. • A + E = R3 . Infatti se il generico elemento di A `e del tipo (β, γ, γ) e il generico elemento di E `e (0, α, ω), con α, ω, β, γ ∈ R, qualsiasi elemento di R3 pu` o essere scritto come loro somma. Infatti dato un qualsiasi (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 , basta porre (x1 , x2 , x3 ) = (β, γ +α, γ +ω), ovvero β = x1 , α = x2 − γ, γ = x3 − ω (e a ω si assegna un valore a piacere). Precisiamo quindi che qualsiasi elemento di R3 pu`o essere scritto come loro somma in modo non univoco (= la somma non `e diretta). • C ⊕ E = R3 e la somma `e diretta in quanto la loro intersezione `e solo {(0, 0, 0)}. Possiamo fare un’ulteriore verifica: se il generico elemento di C `e del tipo (2γ, γ, γ) e il generico elemento di E `e (0, α, ω), con α, ω, γ ∈ R, qualsiasi elemento di R3 pu`o essere scritto come loro somma. Infatti dato un qualsiasi (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 , basta porre (x1 , x2 , x3 ) = (2γ, γ + α, γ + ω), ovvero γ = x1 /2, α = x2 − γ, ω = x3 − γ (e non ci sono parametri liberi). 4. (Le seguenti spiegazioni sono molto informali e poco rigorose. Vedremo pi` u avanti il discorso in modo rigoroso.) Si pensi al sistema di riferimento xyz. A `e un piano. Proiettato sul piano yz `e la bisettrice; se aggiungo la terza dimensione x mi viene un piano (ortogonale appunto a yz e contenente la sua bisettrice). B `e il piano parallelo a xy alla “quota” z = 1. E `e il piano yz. C `e una retta. Dalla sua definizione, essa `e un qualsiasi “multiplo” del vettore applicato nell’origine di componenti (2, 1, 1). Prendere un multiplo per me significa variare il modulo e il verso a piacere, per cui ottengo di fatto una retta Come per A, poich´e x2 = x3 la proiezione di D sul piano yz `e la bisettrice; ma qui ho un vincolo in pi` u: x1 = 1, che significa che D `e contenuto in un piano parallelo a yz; D `e quindi una retta. Da queste decrizioni, possiamo trarre due osservazioni: ci sono piani e rette che sono sottospazi, altri che non lo sono. Quelli che sono sottospazi contengono lo zero. Possiamo concludere che ogni piano e retta in R3 che contiene l’origine, cio`e (0, 0, 0), `e un sottospazio? [Risposta tra qualche settimana] Usando queste intuizioni geometriche, possiamo dire qualcosa di pi` u per esempio sul calcolo delle intersezioni. Per esempio se A `e un piano e C `e una retta, in senso geometrico, che tipo di interesezioni posso aspettarmi? (a) Nessuna, (b) A, (c) un unico punto dello spazio tridimensionale. Nel terzo caso, se si tratta di sottospazi (che abbiamo detto contengono per forza l’origine (0, 0, 0)), tale punto deve essere per forza (0, 0, 0). 10 CHAPTER 2. 11 MARZO Chapter 3 18 Marzo 3.1 Combinazioni lineari di vettori • Sia V uno spazio vettoriale su campo K, siano v1 , v2 , . . . vn vettori di V • Combinazione lineare (cl): w = a1 v1 + a2 v2 + . . . an vn , ai ∈ K, i = 1, 2, . . . , n • L(v1 , . . . , vn )= insieme di tutte le possibili c.l. di v1 , . . . , vn • Insieme di generatori: G = {v1 , . . . , vn } genera V se qualsiasi vettore in V pu` o essere scritto come c.l. di vettori di G, ovvero V = L(G) • Vettori linearmente indipendenti (li) : a1 v1 + a2 v2 + . . . an vn = 0 =⇒ a1 = a2 = · · · = an = 0 • Se v1 , v2 , . . . vn sono li, {v1 , . . . , vn } `e detto libero (o linearmente indipendente) 3.2 Basi e dimensioni di un spazio vettoriale • Una base di uno SV V `e un qualsiasi insieme ordinato B che 1. genera V : V = L(B) 2. `e li • Uno SV ha infinite basi, ma tutte le basi hanno una propriet`a in comune: il numero di elementi • Il numero di elementi di una base `e detto dimensione dello SV; indico la dimensione di V con dim(V ). • Classico esempio: base canonica di Rn {e1 , . . . , en } dove ei = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) `e una sequenza di n numeri, tutto zero tranne un 1 in posizione i (i = 1, . . . , n) 11 12 CHAPTER 3. 18 MARZO • Rn ha dimensione n • EX: (1, 2, 3) = 1e1 + 2e2 + 3e3 • Tranne casi triviali, uno SV `e un insieme infinito; se per`o la sua dimensione `e finita, esso pu` o essere completamente descritto da un insieme finito (una sua base) Esercizio 8 Trovare una base e la dimensione del sottospazio B = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 t. c. x1 = x2 e x1 + x2 + x3 + x4 = 0}. Soluzione • Un generico vettore di B lo posso scrivere come (α, α, β, −2α − β) α, β ∈ R • Inizio da un vettore di B a mia scelta, per esempio pongo α = 1 e β = 0: (1, 1, 0, −2). • Parto da B = {(1, 1, 0, −2)} e cerco di completare la base, cio`e aggiungo elementi a B fino ad ottenere una base. • Una sola regola: posso aggiungere a B solo vettori l.i. a quelli che gi`a sono in B • Mi fermo quando B genera lo spazio • Provo con α = 0, β = 1: (0, 0, 1, 0) a1 (1, 1, 0, −2) + a2 (0, 0, 1, −1) = (a1 , a1 , a2 , −2a1 − a2 ) = (0, 0, 0, 0) ⇔ a1 = a2 = 0 ⇒ (1, 1, 0, −2) e (0, 0, 1, 0) sono l.i. • B = {(1, 1, 0, −2), (0, 0, 1, 0)} genera B? Cio`e dato un qualsiasi (α, α, β, −2α− β) ∈ B posso scriverlo come c.l. di elementi di B, cio`e esistono a1 , a2 ∈ R tali che (α, α, β, −2α − β) = a1 (1, 1, 0, −2) + a2 (0, 0, 1, −1) S`ı, basta scegliere a1 = α, a2 = β. Ho finito. La dimensione `e 2. Osservazioni: • Abbiamo detto che dim(B) = 2. Notare il numero di parametri liberi nella definizione del vettore generico di B: `e proprio pari alla dimensione. Questo `e vero sempre! • Quali sono le “basi migliori”? Per noi, le pi` u semplici, perch´e nei nostri esercizi dovremo spesso farci dei calcoli. Per esempio, in questo esercizio ho scelto inizialmente α = 1 e β = 0. Nulla mi vietava di scegliere numeri pi` u complicati... 3.2. BASI E DIMENSIONI DI UN SPAZIO VETTORIALE 13 • Se conosco la base, posso rappresentare i vettori con i soli coefficienti a1 e a2 . • Ex: w = (π, π, 1, −2π − 1) = π(1, 1, 0, −2) + (0, 0, 1, −1), allora (π, 1) `e la rappresentazione di w rispetto a B Applications corner [per dare una speranza a chi trova tutto questo troppo astratto!] Qual `e un’applicazione pratica in cui usiamo la rappresentazione di un vettore rispetto ad un certa base? Quando usiamo il formato JPEG. La conversione di un’immagine in JPEG `e una procedura di compressione che prevede diversi step. Il primo step `e rappresentare la nostra immagine di partenza (che pu`o essere pensata come un matrice o un vettore) rispetto ad una base particolare. Quest’operazione `e nota come DCT (Discrete cosine transoform). Spesso, le rappresentazioni di immagini rispetto a questa base hanno molti valori vicino a zero e questo `e utile perch´e rende l’immagine comprimibile. Il paragrafo intitolato “The Discrete Cosine Transform” nell’articolo http://msemac.redwoods.edu/ darnold/math45/laproj/f09/isnyder/paper.pdf a fine corso dovrebbe essere totalmente leggibile per voi. Esercizio 9 Trovare una base per A = {polinomi ∈ R≤2 [x] con termine noto nullo } Soluzione Se i polinomi confondono, si pu` o equilantemente lavorare in Rn , con n opportuno. In questo caso: • Sappiamo che R≤2 [x] ⇔ R3 • Togliendo il termine note, deduciamo che A ⇔ R2 (a1 x + a2 x2 ⇔ (a1 , a2 )) • Una base di R2 `e BR2 = {(1, 0), (0, 1)} • base di A `e BA = {x, x2 } (che `e l’equivalente di BR2 nello spazio dei polinomi di grado ≤ 2) Esercizio 10 Quale di questi insiemi `e una base per R3 ? 1. A = {(1, 2, 0), (0, 0, 2)} 2. B = A ∪ {(1, 2, π)} 3. C = A ∪ {(0, 1, 0), (1, π, 0)} 4. D = A ∪ {(1, π, 0)} Soluzione D `e una base. Nello specifico si veda la seguente tabella, dove riassumiamo i risultati dei “test” sulle propriet` a per essere base: 14 CHAPTER 3. 18 MARZO A B C D gen NO NO SI SI li SI NO NO SI base NO NO NO SI Esercizio 11 L’insieme delle matrici del tipo 0 a , a, b ∈ R b 2b `e uno spazio vettoriale? Di che dimensione? Trovare una base. Soluzione Questo esercizio `e analogo ai precedenti, solo ci troviamo di fronte a matrici invece che a vettori. Se la cosa ci spaventa, possiamo sempre cambiare forma alla matrice e scriverla per esempio come un vettore (0, a, b, 2b) e lavorare in R4 invece che in R2,2 . Da quanto detto prima, vediamo immediatamente che tutti i vettori del tipo (0, a, b, 2b) formano uno SV, che `e di dimensione 2 (2 parametri a e b) e scrivendo (0, a, b, 2b) = a(0, 1, 0, 0) + b(0, 0, 1, 2) otteniamo facilmente una base B = {(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 2)}. E’ chiaro infatti che B genera lo SV e che i suoi elementi sono l.i. Per concludere l’esercizio torniamo a R2,2 e scriviamo la base come 0 1 0 0 B={ , }, a, b ∈ R 0 0 1 2 Esercizio 12 Dato l’insieme V = {funzioni f ∈ C 0 [0, 1]} quale delle seguenti affermazioni `e vera? 1. V non `e uno SV 2. dim(V )=1 in quanto ogni f ∈ V `e derivabile una volta 3. V ha una sola base 4. una base di V contiene infiniti elementi Soluzione 4. Le funzioni continue e derivabili (in questo caso su [0, 1], ma il dominio di fatti importa poco) formano uno spazio vettoriale, poich´e la funzione identicamente nulla f = 0 `e continua e derivabile; la somma di funzioni continue e derivabile `e continua e derivabile; il prodotto per uno scalare non altera la natura continua e derivabile di una funzione. Ma che dimensione ha questo spazio? Infinita, perch´e non ho modo di trovare una base finita che mi generi tutte le funzioni continue e derivabili. Esercizio 13 Dato l’insieme V = {funzioni f ∈ C 0 [0, 1] tali che f 0 (x) = x2 } quale delle seguenti affermazioni `e vera? 3.2. BASI E DIMENSIONI DI UN SPAZIO VETTORIALE 15 1. V non `e uno SV 2. dim(V )=1 3. V ha una sola base 4. una base di V contiene infiniti elementi Soluzione 1. Qui dobbiamo risolvere una piccola equazione differenziale: otteniamo che f (x) = x3 /3 + c, c ∈ R. E’ chiaro che se sommo due funzioni di questo tipo ottengo qualcosa del tipo 2x3 /3 pi` u qualche costante, quel 2 iniziale mi fa essere fuori da V , che quindi non `e uno SV. Esercizio 14 Dato l’insieme V = {funzioni f ∈ C 0 [0, 1] tali che f 0 (x) = x2 f (x)} quale delle seguenti affermazioni `e vera? 1. V non `e uno SV 2. dim(V )=1 3. V ha una sola base 4. una base di V contiene infiniti elementi Soluzione 2. f (x) = kex/3/3 , k ∈ R. Ma allora f = 0 ∈ V , se sommo f (x) = kex/3/3 e g(x) = hex/3/3 ottengo (k + h)ex/3/3 ∈ V , e facilmente si verifica anche la chiusura rispetto al prodotto. V `e dunque uno SV. La sua dimensione `e 1 perch´e qualsiasi vettore di V (cio`e qualsiasi funzione del tipo kex/3/3 `e univocamente determinata dallo scalare k ∈ R. Una base `e semplicemente {ex/3/3 }. 16 CHAPTER 3. 18 MARZO Chapter 4 25 marzo 4.1 Matrici: riduzione e rango • Elemento speciale di una matrice: elemento 6= 0 al di sotto del quale ci sono solo zeri • Matrice ridotta (per righe): ogni riga non nulla ha un elemento speciale • Riduzione per righe: possiamo sostanzialmente scambiare righe e fare c.l. di righe RANGO ρ k dim dello SV generato dalle righe k dim dello SV generato dalle colonne k num di righe l.i. k num di colonne l.i. k num di righe non nulle della ridotta per righe 4.2 Sistemi lineari Dati • A ∈ Rm,n • b ∈ Rm,1 • (A|b) = matrice completa (aggiungi colonna b ad A) 17 18 CHAPTER 4. 25 MARZO Theorem 1 Teorema di Rouch´e-Capelli: Il sistema Ax = b ha soluzione x ∈ Rn,1 se ρ(A) = ρ(A|b). Se ρ(A) = ρ(A|b) = ρ, il sistema ha ∞n−ρ soluzioni, cio`e n − ρ variabili libere. Esercizio 15 Risolvere il sistema Ax = b  1 0 A= 2 1 3 0 con  1 0  −1 (4.1) e b = (1, 0, 0)T . Soluzione Procedura: • Ridurre • Applicare Rouch´e-Capelli per capire se ci sono soluzioni e quante • Trovare le soluzioni (dopo aver ridotto `e semplice) Per ridurre in modo “ordinato” possiamo usare il metodo di eliminazione di Gauss, che prevede di ottenere l’elemento speciale della prima riga nella prima colonna, l’elemento speciale della seconda riga nella seconda colonna, e via dicendo, in modo da ottenre una matrice a “scalini”, con tutti gli zeri in basso a sinistra. Procediamo con Gauss su su (A|b). Le trasformazioni che facciamo sono, nell’ordine (ri indica la riga i-esima): 1. r3 → r3 − 3r1 2. r2 → r2 − 2r1 Queste due trasformazioni ci permettono di ottenere l’elemento speciale della prima riga in posizione (1, 1) e poi notiamo che la matrice cos`ı ottenuta `e gi`a ridotta, con forma a scalini (le componenti evidenziate sono gli elementi speciali):   0 1 1 1  0 (4.2) 1 −2 −2  0 0 −4 −3 Questo non `e l’unico modo di procedere per la riduzione, ma `e quello che ci d` a la struttura pi` u ordinata. In certi casi, un intuito algebrico pi` u allenato pu` o consigliare riduzioni pi` u rapide (come noteremo in seguito), nelle quali si ottengono “pi` u zeri in un colpo solo”: il che pu`o essere vantaggioso! Ma pu`o anche generare pi` u confusione nei calcoli e indurre pi` u facilmente all’errore. I metodi meccanici tipo Gauss sono usati dai software, che chiaramente non hanno intuito. Inoltre Gauss ci permette di ottenre la ridotta sia di A che di (A|b) semplicemente riducendo (A|b). Nel caso precedente vediamo subito che ρ(A) = 4.2. SISTEMI LINEARI 19 ρ(A|b) = 3 e poich´e n = 3 `e il numero di componenti incognite, sappiamo subito che il sistema ha un’unica soluzione. Ottenuta la forma a scalini, scriviamo le equazioni esplicitamente partendo dall’ultima riga e risalendo, in modo da calcolare a cascata le variabili:   −4x3 = −3 ⇒ x3 = 3/4 x2 − 2x3 = −2 ⇒ x2 = −1/2 (4.3)  x1 + x3 = −1 ⇒ x1 = −1 + 3/4 = −1/4 La soluzione `e quindi il vettore: x = 14 (1, −2, 3)T Esercizio 16 Risolvere il sistema Ax = b  1 0 A= 2 1 3 2 con  1 0  −1 (4.4) e b = (1, 0, 0)T . Soluzione Si pu` o procedere esattamente come  1  0 0 prima e si ottiene  0 1 1 1 −2 −2  2 −4 −3 Questa non `e ancora ridotta: procediamo con r3 → r3 − 2r2 :   1 0 1 1  0 1 −2 −2  0 0 0 1 (4.5) (4.6) Notiamo che 2 = ρ(A) < ρ(A|b) = 3, quindi il sistema non ha soluzione. Esercizio 17 Per quali α ∈ R il sistema Ax = b con   1 0 1 A= 2 1 0  3 2 −1 (4.7) e b = (1, 0, α)T ha • ∞1 soluzioni • ∞2 soluzioni • ∞0 = 1 soluzione • nessuna soluzione Soluzione Si procede come nell’esercizio precedente e si ottiene   1 0 1 1  0 1 −2 −2  0 0 0 α+1 A questo punto studiamo il parametro α e notiamo che (4.8) 20 CHAPTER 4. 25 MARZO • se α = −1, ρ(A) = ρ(A|b) = 2 e il sistema ha ∞1 soluzioni (cio`e una variabile libera) • se α 6= −1, il sistema non ha soluzioni ∞2 soluzioni • per nessun valore di α abbiamo ∞0 = 1 o ∞2 soluzioni Per α = −1, abbiamo x2 − 2x3 = −2 ⇒ x2 = −1/2 x1 + x3 = −1 ⇒ x1 = −1 + 3/4 = −1/4 (4.9) Una variabile `e libera, per esempio x3 = β ∈ R, da cui x2 = −2β − 2 e x1 = −1 − β. La soluzione, o meglio, la famiglia di soluzioni `e quindi: (−1, −2, 0) + β(−1, −2, 1), ∀β ∈ R Sapete dire se questa famiglia di soluzione forma uno spazio vettoriale? La risposta `e no, perch´e non esiste β tale che (0, 0, 0) sia uguale a (−1, −2, 0)+ β(−1, −2, 1). Avremmo uno spazio vettoriale se non ci fosse (−1, −2, 0). Di fatto abbiamo qualcosa di “non tanto diverso” da uno spazio vettoriale: si tratta in fondo di uno spazio vettoriale traslato di (−1, −2, 0). Geometricamente parlando, vedremo in futuro che si tratta di un piano (non contenente l’origine) in R3 . Esercizio 18 Consideriamo il sistema  1  2 A=  1 π Ax = b con  0 0 1 2   1 2  π π (4.10) e b = (1, 0, α, β)T con α, β ∈ R. Quale delle seguenti affermazioni `e vera? 1. Esistono α, β per cui il sistema ha infinite soluzioni 2. ∀α ∈ {−1, 0, 1}, se β = −π, allora il sistema ha soluzione. 3. Per α = −1 e β = −π, il sistema ha soluzione (1, 1, −2 − 2a, a)T , ∀a ∈ R 4. Il sistema non ammette mai soluzione, indipendentemente da α e β, perch´e ci sono pi` u equazioni che incognite 5. Esistono α, β per cui l’insieme delle soluzioni `e uno SV 6. Esistono α, β per cui (1, −2, 0)T `e soluzione del sistema Soluzione Due affermazioni sono palesemente false: la 4. (pu`o essere vero, ma non lo `e in generale), e la 3., perch´e la soluzione `e un vettore di lunghezza 3, non 4! Per il resto, procediamo con la riduzione e poi ci occuperemo dei parametri α, β. 4.2. SISTEMI LINEARI 21 Qui non usiamo Gauss: il nostro occhio algebrico nota che la seconda riga di A `e somma delle prima e della terza, quindi abbiamo un modo di annullarla subito tutta: r2 → r2 − r1 − r3   1 0 0 1  0 0 0 −1 − α    (4.11)  1 1 2  α π π π β Ora riordiniamo:  π  1   1 0 π 1 0 0 π 2 0 0  β  α   1 −1 − α (4.12) e poi facciamo r2 → r2 − r1 /π  π  0   1 0 π 0 0 0 π 1 0 0  β α − β/π    1 −1 − α (4.13) Quindi ρ(A) = 2 indipendentemente dai parametri. β non ha nessun ruolo nel rango, mentre ρ(A) = ρ(A|b) = 3 se α = −1. Poich´e il numero di variabili `e n = 3, per Rouch´e-Capelli abbiamo in tal caso un’unica soluzione, una volta fissato anche il parametro β. Proviamo a vedere se v = (1, −2, 0)T `e soluzione per qualche β: e e eb la 2. `e falsa perch´e per α = 0 e α = 1 il sistema non ha soluzione. Siano A e matrice e il termine noto ottenuti dopo la riduzione in (4.13): Av = (−π, 0, 1, 0), che coincide con eb = (β, −1 − β/π, 1, 0) per β = −π. 6. `e quindi vera. Il sistema ha al pi` u una soluzione, fissati α e β, quindi 1. `e falsa. 6. `e falsa perch´e un vettore solitario non costituisce mai uno spazio vettoriale, a meno che non si tratti del vettore nullo. 22 CHAPTER 4. 25 MARZO Chapter 5 1 aprile 5.1 Determinante Come gi` a accennato all’inizio del corso, il determinante `e un numero associato ad ogni matrice quadrato. E’ un numero che da solo pu`o dirci alcune informazioni importanti sulla matrice, per esempio la sua invertibilit`a e informazioni sul suo rango. Si calcola cos`ı: In R2,2 : a b a b = ad − bc (5.1) det = c d c d In R3,3 : a d h b e i c f j = a e i d f − b h j d f + c h j e i (5.2) (qui ho “fissato” la prima riga, ma si pu`o usare qualsiasi riga o colonna)... e poi si estende per induzione a Rn,n con n ≥ 3. 5.2 Regola di Cramer Risoluzione di sistemi lineari n × n usando determinanti: Data A ∈ Rn,n e il sistema Ax = b, allora xi = det Ai det A i = 1, . . . , n. (5.3) Ai `e la matrice ottenuta A sostituendo la i-esima colonna con b. Chiaramente dobbiamo avere det A 6= 0 (cio`e A invertibile) Dimostrazione di Cramer: Data una matrice quadrata, se facciamo la trasformazione sulle colonne: ci → ci + αcj il determinante resta lo stess; se invece facciamo: ci → αci , α ∈ R, il determinante della nuova matrice `e il determinante della vecchia moltiplicato per α. 23 24 CHAPTER 5. 1 APRILE Consideriamo ora    A1 =   b1 b2 .. . a12 a22 .. . a13 a23 .. . ... ... .. . a1n a2n .. . bn an2 an3 ... ann      (5.4) Pn e poich´e bi = j=1 aij xj , i = 1, . . . , n, abbiamo det A1 = x1 det A che prova la tesi per x1 . Iterando la procedura per gli altri xi , i = 2, 3, . . . otteniamo la regola di Cramer. Esercizio 19 Risolvere Ax = b  1 A= 1 1 dove 2 1 2  0 3  1   0 b= 0  1 (5.5) usando Cramer. Avrebbe senso risolvere con Cramer il sistema omogeneo con questa stessa A? Soluzione 1 1 1 2 1 2 0 3 1 = 1 1 2 1 3 − 2 1 1 0 0 1 1 1 1 2 1 2 0 0 1 2 1 2 3 + 0 = (1 − 6) − 2(1 − 3) = −1. 1 = −2 0 3 1 1 1 0 0 1 0 3 = −3 1 1 1 = 1 1 2 0 3 1 1 0 − 2 1 1 = 6. 0 + 0 = 1 − 2 = −1. 1 (5.6) (5.7) (5.8) (5.9) Quindi x1 = −6, x2 = 3, x3 = 1. 5.3 Inversione Inversa di un matrice quadrata A: matrice X tale che AX = I (I= identit`a). Scriviamo: X = A−1 . Invertibilit` a: A ∈ Rn,n ammette inversa ⇔ |A| = 6 0 ⇔ ρ(A) = n (`e massimo) 5.3. INVERSIONE 25 Esercizio 20  1 A= 0 3 0 1 0  1 0 . −1 (5.10) A ammette inversa? Se s`ı, calcolare A−1 Soluzione |A| = −4 quindi la matrice `e invertibile. Calcoliamo l’inversa. Metodo 1: risoluzione di un sistema lineare (con incognita vettoriale) per ogni colonna Sia b = (1, 0, 0)T e si risolva Ax = b dove x = (x11 , x21 , x31 )T `e la prima colonna dell’inversa. Si ottiene x31 = 34 , x21 = 0, e x11 = 41 . Ripetere con b = (0, 1, 0)T e b = (0, 0, 1)T per ottenere la seconda e la terza colonna. Metodo 2: super riduzione Se A−1 esiste, AX = In . Poich´e AA−1 = −1 A A = In , moltiplichiamo ambo i membri AX = In per A−1 : A−1 AX = A−1 In , quindi In X = A−1 , da cui X = A−1 . Quindi se super riduciamo (A|In ), cio`e otteniamo (In |B), allora B = A−1 . In questo caso:   1 0 1 1 0 0  0 1 0 0 1 0  (5.11) 3 0 −1 0 0 1 By r3 → r3 − 2r1 1 0  0 1 0 0 1 0 −4 1 0 −3  0 0 1 0  0 1 (5.12) Procediamo con r1 → 4r1 + r3 :  4 0  0 1 0 0 0 0 −4 1 0 −3  0 1 1 0  0 1. (5.13)  0 1/4  1 0 0 −1/4. (5.14)  In seguito, r1 → r1 /4, r1 → −r1 /4:  1 0 0 1/4  0 1 0 0 0 0 1 3/4 Per concludere,  A−1 1/4 = 0 3/4  0 1/4  1 0 0 −1/4. Metodo 3: Complementi algebrici Consigliato per chi `e veloce nel calcolare i determinanti. A−1 = dove Cij sono ottenuti come segue: 1 CT det(A) (5.15) 26 CHAPTER 5. 1 APRILE • eliminare riga i e colonna j in A • calcolare il determinante della matrice cos`ı ottenuta • moltiplicare il risultato per (−1)i+j 0 In questo caso, si calcola facilmente che C11 = (−1) det = −1, −1 C12 = 0, C13 = −3, C21 = 0, C22 = −4, C23 = 0, C31 = −1, C32 = 0, C33 = 1, da cui si ottiene la matrice finale dividendo il tutto per |A| = −4.   1/4 0 1/4  0 A−1 =  0 1 (5.16) 3/4 0 −1/4. 2 1 0 Esercizio 21 E’ vero che qualunque vettore di R4 pu` o essere scritto come c.l. di vettori in B = {(2, −1, 2, 1), (3, −1, 1, 3), (1, −2, 2, 2), (0, 1, 2, 3)}? Quanti modi conoscete per risolvere questo esercizio? Soluzione La domanda finale `e per farci riflettere sul fatto che spesso gli esercizi che facciamo si possono risolvere conoscendo poche nozioni di teoria, ma pi` u teoria sappiamo, meno tempo ci mettiamo. Chiamo: b1 , b2 , b3 , b4 gli elementi di B (nell’ordine presentato sopra). • Se conosciamo solo il concetto di c.l. e le relative operazioni: Prendiamo un generico v ∈ R4 e usiamo la definizione di c.l., cio`e ci domandiamo se esistono αi , i = 1, 2, 3, 4 tali che, fissato un qualsiasi v v= 4 X αi bi . i=1 Abbiamo quindi un sistema lineare nelle variabili αi (v `e un parametro, non una variabile). Tempo di risoluzione: non poco. • Se conosciamo anche le matrici e Rouch´e-Capelli: P4 Pensiamo ai bi come vettori colonna. Allora i=1 αi bi = Bα dove B `e la matrice che ha sulle colonne b1 , . . . b4 e α `e il vettore colonna (α1 , . . . , α4 )T . Abbiamo quindi il sistema: v = Bα. Ora ci basta notare che B ha rango massimo (o determinante diverso da zero) per usare Rouch´e-Capelli e concludere che tale sistema ha un’unica soluzione, indipendentemente da v. Quindi per qualunque v fissato, trovo α tale che v pu` o essere scritto come c.l. di elementi di B. Tempo di risoluzione: qualche minuto per calcolare il determinante o il rango della matrice 4 × 4. 5.3. INVERSIONE 27 • Se conosciamo anche il concetto di dimensione e base, e sappiamo che R4 ha dimensione 4: ci basta verificare che B `e l.i. per dedurre che `e una base (e quindi genera ogni vettore in R4 ). Mettiamo i suoi elementi in una matrice e verifichiamo tramite rango o determinante. Tempo di risoluzione: come prima, qualche minuto per calcolare il determinante o il rango della matrice 4 × 4. Qui per`o non si pensa nemmeno al sistema lineare, quindi si guadagna qualche secondo. Esercizio 22 (difficile) Sia n = p + q e B C A= D E dove B e E sono matrici quadrate rispettivamente p × p e q × q. Dimostrare cge (a) Se p < q e E = 0, allora det(A) = 0. (b) Se p = q e C = 0, allora det(A) = det(B) det(E). (c) Se C = 0 e D = 0, allora det(A) det(B) det(E).