Esercizi su sistemi lineari
Esempio 1. Dire per quali valori di λ ∈ R il sistema seguente ha una sola soluzione, per quali nessuna, per quali infinite:
!
x " #y + 3z = 2
x + y " #z = "1
#x " y + z = 1
$
%
&
'
&
Soluzione: Il determinante della matrice associata A è (λ + 1)2
(λ – 2); quindi se λ ≠ – 1 , 2 il sistema ha una sola soluzione che si può determinare con la regola di Cramer;
se λ = – 1 r(A) = 2 perché ! 1 3 1 1 ≠ 0 , ma r(C) = 3 perché ! 1 3 2 1 1 "1 "1 1 1
≠ 0 quindi il sistema non
ha soluzione;
se λ = 2 per Kronecker r(A) = r(C) = 2, infatti
!
1 "2
1 1 ≠ 0 e i minori che lo orlano in C sono
det (A) = 0 e
!
1 "2 2 1 1 "1 2 "1 1
= 0 , quindi il sistema ha infinite soluzioni.
Esempio 2. Dire per quali valori di λ ∈ R il sistema seguente ha
∞
1 soluzioni! x + "y + z = " + 2 "x + y # z = #2 x + y = " $ % & ' &
Soluzione: Il determinante della matrice associata A è 0 per ogni λ e r(A) = 2 perché
!
1 "1
1 0 ≠ 0 ; per calcolare r(C) si vede se i minori ottenuti orlando questo minore sono tutti nulli.
Ora i minori ottenuti orlando
!
1 "1
1 0 sono det (A) e
!
" 1 " + 2
1 #1 #2
1 0 "
= – λ2 quindi il sistema ha
∞
1 soluzioni se r(A) = r(C) = 2, cioè se λ = 0; in tal caso le soluzioni del sistema sono (t , – t , – t + 2).
Esempio 3. Discutere al variare di λ ∈ R le soluzioni del sistema lineare
! "x # y + z = 1 x + y # "z = 0 4 x + y # 3z = 1 $ % & ' &
e determinarle nei casi in cui il sistema ammette soluzioni.
Soluzione: Il determinante della matrice associata A è (λ + 3) (λ – 2), quindi se λ ≠ – 3 , 2 il sistema ha un'unica soluzione (x,y,z) che si determina col metodo di Cramer :
x = ! 2 " + 3, y = ! " # 2 " + 3, z = ! 1 " + 3.
Se λ = 2 , – 3 la caratteristica di A è 2 perché il minore
!
1 1
1 4 ≠ 0 , si deve allora studiare la caratteristica della matrice completa C orlando tale minore di A che è minore anche di C; si ottengono cosí det A = 0 e il minore costituito dalle prime 2 colonne di A e da quella dei termini noti che è nullo nel caso λ=2, mentre vale –5≠0 se λ=–3.
Quindi se λ = 2 il sistema ha infinite soluzioni
! z + 1 3 , 5z " 1 3 ,z # $ % & '
( ottenute risolvendo il sistema
! x + y = 2z 4 x + y = 3z + 1 " # $ % $ se λ = – 3 il sistema non ha soluzioni.
Esempio 4. Determinare al variare di λ ∈ R le soluzioni del sistema
! "x + y # z = 2 3x # "y + 2z = 1 5x + "y = 5 $ % & ' &
Soluzione: Detta A la matrice dei coefficienti del sistema si ha det A = – 2 (λ2 + 4 λ – 5) = – 2 (λ – 1)(λ + 5).
Allora det A ≠ 0 se e solo se λ ≠ 1, – 5 ; in tal caso il sistema ha un'unica soluzione
! "+ 5 5 , "+ 5 5 , 3"# 5 5 $ % & ' (
) per ogni λ , che si può determinare con la regola di Cramer. Se λ = 1, – 5 la matrice A ha caratteristica r(A) = 2; infatti
!
3 2 5 0 ≠ 0 .
Sia C la matrice completa ottenuta aggiungendo alla matrice A la colonna dei termini noti.
Se λ = 1 anche r(C) = 2, infatti la colonna dei termini noti è combinazione lineare delle altre, precisamente la prima meno la terza, oppure si può anche osservare che orlando il minore non nullo
!
3 2
5 0 si ottengono det A, che è nullo, o
!
1 "1 2
3 2 1
5 0 5
= 0. Perciò il sistema ha ∞1 soluzioni
!
1"15y, y, 45y " 1
(
)
ottenute risolvendo il sistema! 3x + 2z = 1+ y 5x = 5 " y # $ % &
% equivalente a quello dato e corrispondente al minore non nullo scelto.
Se λ = – 5 si ha r(C) = 3, infatti
!
3 "1 2
3 2 1
5 0 5
≠ 0, e il sistema non ha soluzione.
Esempio 5. Dire per quali valori del parametro a ! R ha soluzioni il sistema
x + ay + az = 1
a x ! y ! az =
132 x ! y
= 2
"
#
$
%
$
e determinarle. Soluzione:Per il teorema di Rouché-Capelli il sistema ha soluzione se e solo se r(A) = r(C) dove A=
1
a
a
a !1 !a
2 !1
0
"
#
$
$
$
%
&
'
'
'
è la matrice dei coefficienti e C =1
a
a
a !1 !a
2 !1
0
1
1 32
"
#
$
$
$
%
&
'
'
'
la matrice completa. Si ha det(A)=a(1–3a)≠0 se e solo se a ≠ 0 e a ≠1
3
. Quindi se a ≠ 0 e a ≠1
3
risulta r(A) = r(C)=3 e per il teoremadi Cramer il sistema ha un'unica soluzione per ogni a , data da
x =
1
a
a
1 3!1 !a
2 !1
0
a(1 ! 3a)
=2
3
, y =1 1
a
a
13!a
2 2
0
a(1 ! 3a)
= –2
3
, z =1
a
1
a !1
132 !1 2
a(1 ! 3a)
=2a +1
3a
.Restano da considerare i due casi in cui detA)=0.
Se a = 0 r(A) < 3, mentre r(C)=3 perché
!
1
0
1
0 "1
132
"1
2
=
1
3
≠ 0, quindi il sistema non ha soluzioni.Se a =
1
3
la prima e l'ultima colonna di C sono uguali, quindi r(A) = r(C) = r < 3, e r=2 perché!1 !
13!1
0
=–
1
3
≠ 0. Il sistema ammette quindi!
3"r
= !
1 soluzioni che si ottengono risolvendo!y !
13z =
13!
13x
!y
= 2 ! 2x
"
#
$
%
$
, ovvero (x, 2x–2, 5x–5).Esempio 6. Dire per quali a ∈ R il sistema
y + z = 1 x + 2y + z = 2 x + y – z = –a 2x + y = 2 – a ! " # $ #
ha soluzione.
Soluzione: Poiché la matrice A dei coefficienti è 4! 3 e quella completa C è 4! 4, affinché il sistema
abbia soluzione deve essere det(C) = 0 [ altrimenti si avrebbe r(A) ≤ 3 ≠ 4 = r(C) ], cioè –2a = 0, da cui a = 0. In tal caso risulta r(A) = r(C) = 3, perché il minore 01 12 11
2 1 0 è non nullo e il sistema è quindi equivalente a quello ottenuto sopprimendo la terza equazione e ha un'unica soluzione che si può determinare col metodo di Cramer .
ESERCIZI
1. Risolvere il sistema seguente
! 4 x + z = 0 3x + y + 3z + 6t = 2 x + 2y + 2z + 4t = 0 x + y + z + t = 1 " # $ $ % $ $
2. Determinare al variare di a,b ∈ R le soluzioni del sistema seguente: ! x + y + z + t = 1 ax + ay + bz + bt = 2 " # $ % $
3. Discutere al variare di λ ∈ R le soluzioni del sistema seguente e determinare le soluzioni nel caso in cui λ = -1. ! "x + z = #1 "y + 2z = 3 "x + y + 4z = " $ % & ' &
4. Discutere al variare di λ ∈ R le soluzioni del sistema seguente:
! x + y " z = 0 x + (1" #)y = 1 #x " z = 1 $ % & ' &
5. Discutere al variare di λ ∈ R le soluzioni del sistema seguente:
! x + y + z = 0 "x # 3y # 2z = 0 3x + "y + z = " $ % & ' &
e determinare le soluzioni del sistema nel caso in cui λ = 2.
6. Discutere al variare di a, b, c ∈ R le soluzioni del sistema lineare
! x " 2y + 3z = "1 "2x + 4y + az = 2 3x + by + 9z = c # $ % & %
7. Discutere al variare di λ ∈ R le soluzioni del sistema seguente
! "x # 2y + 3z = 1 x # "y + 2z = " + 1 2x # 3y + 5z = 3 $ % & ' &
8. Discutere al variare di λ ∈ R le soluzioni del sistema seguente
! "x # y + "z = 1 x # "y # "z = 1 "x + "y # z = 1 $ % & ' &
