Capitolo 4 Sistemi lineari
Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
Introduzione
Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Dato un sistema lineare, riscriverlo in forma matriciale (vedi esercizio ).
• Dato un sistema lineare, determinare se il sistema è risolubile e, se la risposta è affermativa, determinare l’insieme delle soluzioni (vedi esercizi , , e ).
• Dati due vettori, determinare le equazioni cartesiane del sottospazio ge- nerato dalla loro combinazione lineare (vedi esercizio ).
• Esercizio di riepilogo in cui è presente un sistema lineare dipendente da un parametro reale k (vedi esercizio ).
Esercizio 1
Dato il sistema lineare:
3x + y + 2z = 0
3y + z = 3
x + 2y + z − 3t =12 riscriverlo in forma matriciale.
Soluzione
Per riscrivere il sistema in forma matriciale, basta ricordarsi che in tale forma appare come:
AX = B
dove A è la matrice le cui colonne non sono nient’altro che costituite dai coeffi- cienti che stanno davanti alle incognite, mentre B è il vettore dei termini noti, cioè le cui entrate sono rappresentate dai termini che stanno dopo il segno uguale. Quindi possiamo scrivere in questo caso:
3 1 2 0
0 3 1 0
1 2 1 −3
x y z t
=
0 3 1/2
Come si può notare, la matrice A ha un numero di righe pari al numero di equazioni che costituiscono il sistema e un numero di colonne pari al numero di incognite del sistema.
Esercizio 2
Dato il sistema:
3x − 3y − z = 3
2x + z = 0
x + y + z = −1
determinare se il sistema è risolubile e, se la risposta è positiva, determinarne l’insieme delle soluzioni.
Soluzione
Innanzitutto riscriviamo il sistema in forma matriciale:
AX = B
3 −3 −1
2 0 1
1 1 1
x y z
=
3 0
−1
Per determinare se il sistema è risolubile, dobbiamo affidarci al teorema di Rouché-Capelli; pertanto dobbiamo determinare qual è la matrice completa del sistema:
A =˜
3 −3 −1 3
2 0 1 0
1 1 1 −1
e quindi verificare che rg (A) = rg A. Per fare ciò, dobbiamo utilizzare la˜ regola degli orlati di Kronecker. In questo caso, siccome la matrice A è una matrice quadrata, conviene determinare prima il rango della matrice A piuttosto che della matrice ˜A. Se invece fosse stata ˜A ad essere quadrata, allora conveniva
calcolare prima il suo rango. In ogni caso, applicando Kronecker otteniamo:
|∆1| =
2 0 1 1
= 2 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
=
3 −3 −1
2 0 1
1 1 1
=
5 −3 −1
0 0 1
−1 1 1
= −1
5 −3
−1 1
= − (5 − 3)
= −2 6= 0
Possiamo concludere che rg (A) = 3 .
Per calcolare il rango di ˜A, non è necessario utilizzare il metodo di Kronecker, in quanto il vettore dei termini noti è sicuramente linearmente dipendente alle colonne della matrice A. Queste ultime infatti sono tre vettori linearmente indi- pendenti in R3, ovvero sono una base per R3: ne consegue quindi che qualsiasi vettore appartenente a R3può essere scritto come combinazione lineare dei vet- tori di tale base.
Possiamo pertanto conlcudere che:
rg A = rg (A) = 3,˜
e che pertanto, per il teorema di Rouché-Capelli, il sistema ammette soluzioni.
Per trovare l’insieme delle soluzioni del sistema, notiamo subito che rg A =˜ rg (A) = 3 = n, cioè il rango delle matrici ˜A e A è pari al numero delle in- cognite del sistema. Come sappiamo (o dovremmo sapere) dalla teoria, in casi come questo si ha che la soluzione del sistema è univoca, e può essere utilizzata sfruttando il metodo di Cramer (sebbene in questo caso sarebbe più comodo risolverlo usando il metodo classico...). Se indichiamo con:
X0=
x0
y0
z0
,
la soluzione univoca del sistema, allora per il metodo di Cramer abbiamo che:
x0 = |∆1|
|A|
y0 = |∆2|
|A|
z0 = |∆3|
|A|
|∆1| =
3 −3 −1
0 0 1
−1 1 1
= −
3 −3
−1 1
= − (3 − 3)
= 0
|∆2| =
3 3 −1
2 0 1
1 −1 1
=
5 3 −1
0 0 1
−1 −1 1
= −
5 3
−1 −1
= − (−5 + 3)
= 2
|∆3| =
3 −3 3
2 0 0
1 1 −1
= 0
|A| =
3 −3 −1
2 0 1
1 1 1
= −2
Quindi:
x0 = 0 y0 = 2
−2 = −1 z0 = 0
e la soluzione del sistema è:
X0=
0
−1 0
Come accennato in precedenza, in questo caso conveniva risolvere il sistema con il metodo classico, imparato alle scuole superiori; noi lo abbiamo risolto con il metodo di Cramer per questioni di natura puramente didattica.
Esercizio 3
Dato il sistema:
x + 2y + 3z + t = 0 x + z − t = 0 2x − y + z − 3t = 0
determinare se il sistema è risolubile e, se la risposta è positiva, determinarne l’insieme delle soluzioni.
Soluzione
Innanzitutto riscriviamo il sistema in forma matriciale:
AX = B
1 2 3 1
1 0 1 −1
2 −1 1 −3
x y z t
=
0 0 0
Per il primo teorema di struttura, la soluzione a questo sistema lineare, che è omogeneo, è data da:
ker (A) =X ∈ R4| AX = 03 ,
dim (ker (A)) = dim R4 − rg (A)
dim (ker (A)) = dim R4 − rg (A)
In questo caso non è nemmeno necessario sfruttare il teorema di Rouché-Capelli, in quanto il sistema è omogeneo e quindi ammette sempre almeno una soluzione (che può anche essere la soluzione banale 04). Pertanto, abbiamo che:
|∆1| =
1 0
2 −1
= −1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| =
1 2 3
1 0 1
2 −1 1
=
5 0 5
1 0 1
2 −1 1
= −1
5 5 1 1
= 0
|∆12| =
1 2 1
1 0 −1
2 −1 −3
=
5 0 −5
1 0 −1
2 −1 −3
= −1
5 −5 1 −1
= 0
Quindi rg (A) = 2, pertanto:
dim (ker (A)) = dim R4 − rg (A)
= 4 − 2 = 2
Le equazioni cartesiane di ker (A) non sono date nient’altro che dalle righe li- nearmente indipendenti del sistema (cioè della matrice completa ˜A che in questo caso è uguale a A). Infatti, ricordando la formula:
dim (V ) = dim (Rn) − n° equazioni cartesiane di V ,
possiamo facilmente ricavare che:
n° equazioni cartesiane di V = dim (Rn) − dim (V )
= 2 − 2 = 2
Quindi, scegliendo come righe linearmente indipendenti quelle contenenti la
sottomatrice ∆1, che sappiamo avere determinante non nullo, abbiamo che:
(x + z − t = 0 2x − y + z − 3t = 0
Possiamo anche ottenere una descrizione parametrica dell’insieme ker (A) a par- tire dalla sua descrizione in equazioni cartesiane. Basta infatti fare come visto nel capitolo 1, ovvero basta aggiungere dei parametri (due in questo caso):
x + z − t = 0 2x − y + z − 3t = 0
x = α
t = β
α + z − β = 0 2α − y + z − 3β = 0
x = α
t = β
z = −α + β y = 2α + z − 3β x = α
t = β
z = −α + β
y = 2α − α + β − 3β x = α
t = β
z = −α + β y = α − 2β x = α t = β Quindi possiamo scrivere:
ker (A) :
x y z t
= α
1 1
−1 0
+ β
0
−2 1 1
, α, β ∈ R
Esercizio 4
Dato il sistema:
x + 2y + 3z + t = 2 x + z − t = 0 2x − y + z − 3t = −1
determinare se il sistema è risolubile e, se la risposta è positiva, determinarne l’insieme delle soluzioni.
Soluzione
Innanzitutto riscriviamo il sistema in forma matriciale:
AX = B
1 2 3 1
1 0 1 −1
2 −1 1 −3
x y z t
=
2 0
−1
Per il primo teorema di struttura, la soluzione a questo sistema lineare, che è non omogeneo, è data da una varietà lineare, cioè da una traslazione del sottospazio ker (A):
V = X0+ ker (A) ,
dove X0 è una delle soluzioni del sistema e:
ker (A) =X ∈ R4| AX = 03 ,
dim (ker (A)) = dim R4 − rg (A)
In questo caso è nemmeno necessario sfruttare il teorema di Rouché-Capelli, in quanto il sistema è non omogeneo e quindi non è detto che ammetta una soluzione. Pertanto, abbiamo che:
|∆1| =
1 0
2 −1
= −1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| =
1 2 3
1 0 1
2 −1 1
=
5 0 5
1 0 1
2 −1 1
= −1
5 5 1 1
= 0
|∆12| =
1 2 1
1 0 −1
2 −1 −3
=
5 0 −5
1 0 −1
2 −1 −3
= −1
5 −5 1 −1
= 0
Quindi rg (A) = 2. Per quanto riguarda la matrice ˜A, i calcoli sono molto simili, essendo tale matrice uguale alla matrice A se non per il fatto che possiede una colonna in più a quest’ultima. Quindi:
|∆1| =
1 0
2 −1
= −1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| =
1 2 3
1 0 1
2 −1 1
=
5 0 5
1 0 1
2 −1 1
= −1
5 5 1 1
= 0
|∆12| =
1 2 1
1 0 −1
2 −1 −3
=
5 0 −5
1 0 −1
2 −1 −3
= −1
5 −5 1 −1
= 0
|∆13| =
1 2 2
1 0 0
2 −1 −1
= −1
2 2
−1 −1
= 0
Quindi possiamo concludere che rg (A) = rg A = 2, e quindi che il sistema˜ lineare è risolubile. Abbiamo che, per l’insieme delle soluzioni:
dim (V) = dim (ker (A)) = dim R4 − rg (A)
= 4 − 2 = 2
Le equazioni cartesiane di V non sono date nient’altro che dalle righe linearmente indipendenti del sistema (cioè della matrice completa ˜A). Quindi, scegliendo
come righe linearmente indipendenti quelle contenenti la sottomatrice ∆1, che sappiamo avere determinante non nullo, abbiamo che:
(x + z − t = 0 2x − y + z − 3t = −1
Possiamo anche ottenere una descrizione parametrica dell’insieme ker (A) a par- tire dalla sua descrizione in equazioni cartesiane. Basta infatti fare come visto nel capitolo 1, ovvero basta aggiungere dei parametri (due in questo caso):
x + z − t = 0 2x − y + z − 3t = −1
x = α
t = β
α + z − β = 0 2α − y + z − 3β = −1
x = α
t = β
z = −α + β
y = 1 + 2α + z − 3β x = α
t = β
z = −α + β
y = 1 + 2α − α + β − 3β x = α
t = β
z = −α + β y = 1 + α − 2β x = α
t = β Quindi possiamo scrivere:
ker (A) :
x y z
=
0 1 0
+ α
1 1
−1
+ β
0
−2 1
, α, β ∈ R
Esercizio 5
Dato il sistema:
x − y − 2t = 1 x + z − t = 2 2x + y + 3z − t = 5
determinare se il sistema è risolubile e, se la risposta è positiva, determinarne l’insieme delle soluzioni.
Soluzione
Innanzitutto riscriviamo il sistema in forma matriciale:
AX = B
1 −1 0 −2
1 0 1 −1
2 1 3 −1
x y z t
=
1 2 5
Per determinare se il sistema è risolubile dobbiamo verificare, come afferma il teorema di Rouché-Capelli, che rg (A) = rg A. Quindi, partendo con il voler˜ determinare rg (A):
|∆1| =
1 0 2 1
= 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| =
1 −1 0
1 0 1
2 1 3
=
0 −1 0
1 0 1
3 1 3
= 1
1 1 3 3
= 0
|∆12| =
1 −1 −2
1 0 −1
2 1 −1
= 0
Per la regola di Kronecker possiamo concludere che rg (A) = 2. Verifichiamo pertanto il rango di ˜A:
A =˜
1 −1 0 −2 1
1 0 1 −1 2
2 1 3 −1 5
|∆1| =
1 0 2 1
= 1 6= 0 =⇒ rg A ≥ 2˜
|∆11| =
1 −1 0
1 0 1
2 1 3
= 0
|∆12| =
1 −1 −2
1 0 −1
2 1 −1
= 0
|∆13| =
1 −1 1
1 0 2
2 1 5
=
3 0 6 1 0 2 2 1 5
= −
3 6 1 2
= 0
Possiamo concludere che rg (A) = rg A = 2. Quindi il sistema è risolubile.˜ Detta V ⊂ Rn la varietà lineare che rappresenta l’insieme delle soluzioni del sistema, ricordando la formula:
dim (V) = dim (Rn) − rg (A) ,
possiamo facilmente ottenere:
dim (V) = 4 − 2 = 2
Inoltre, ricordando la formula:
possiamo facilmente ricavare che:
n° equazioni cartesiane di V = dim (Rn) − dim (V)
= 2 − 2 = 2
Ne consegue quindi che, come si poteva già prevedere una volta trovato rg (A), solo due righe del sistema sono linearmente indipendenti e quindi indispensa- bili per descriverlo: le equazioni cartesiane del sottospazio sono quindi date da queste due righe. Per comodità scegliamo le due righe che contengono la sottomatrice ∆1, il cui determinante sappiamo essere non nullo. Quindi:
(x + z − t = 2 2x + y + 3z − t = 5
Possiamo anche ottenere una descrizione parametrica dell’insieme V a partire dalla sua descrizione in equazioni cartesiane. Basta infatti fare come visto nel capitolo 1, ovvero basta aggiungere due parametri:
x + z − t = 2 2x + y + 3z − t = 5
x = α
z = β
α + β − t = 2 2α + y + 3β − t = 5
x = α
z = β
t = α + β − 2 y = −2α − 3β + t + 5 x = α
z = β
t = α + β − 2
y = −2α − 3β + α + β − 2 + 5 x = α
z = β
t = α + β − 2 y = −α − 2β + 3 x = α
z = β
Quindi possiamo scrivere:
V :
x y z t
=
0 3 0
−2
+ α
1
−1 0 1
+ β
0
−2 1 1
, α, β ∈ R
Esercizio 6
Dati i vettori:
v1=
1
−1 0 0
, v2=
1 0 1 0
,
determinare le equazioni cartesiane del sottospazio Span (v1, v2).
Soluzione
Innanzitutto dobbiamo creare la matrice A le cui colonne sono formate dai due vettori scelti seguiti dal vettore contenente delle generiche coordinate di R4, ovvero:
A =
1 1 x
−1 0 y
0 1 z
0 0 t
Se indichiamo con V il sottospazio generato dai due vettori, cioè V = Span (v1, v2), allora possiamo affermare che tale sottospazio è caratterizzato dal fatto che i due vettori sono linearmente indipendenti. Questo, sulla matrice A, si riduce a voler dire che deve avere rg (A) = 2. Quindi, imponendo tale condizione attraverso la regola degli orlati di Kronecker abbiamo che:
|∆1| =
1 1
−1 0
= 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| = 0
1 1 x
−1 0 y
0 1 z
= 0
1 0 (x − z)
−1 0 y
0 1 z
= 0
−
1 x − z
−1 y
= 0
−y − x + z = 0
|∆12| = 0
1 1 x
−1 0 y
0 0 t
= 0
t
1 1
−1 0
= 0 t = 0
Quindi il sottospazio V = Span (v1, v2) è determinato dalle seguenti equazioni cartesiane:
V :
(x + y − z = 0
t = 0
Esercizio 7 (Prova d’esame dell’8/02/2013, eser- cizio n° 2)
Si consideri il seguente sistema lineare, dipendente dal parametro k:
(2 + k) y + z + (1 + k) t = 5 + 2k (5 + 2k) x + y − 2z − (1 + k) t = −2 (4 + k) x + 2y − z + (1 + k) t = − (3 + k) si determini:
1. il rango della matrice dei coefficienti A al variare di k;
2. per quali valori di k il sistema ammette soluzioni;
3. per quali valori di k lo spazio delle soluzioni ha dimensione 1;
4. la soluzione generale del sistema per k = 0.
Soluzione
Punto (1)
Innanzitutto dobbiamo riscrivere il sistema in forma matriciale:
AX = B
0 (2 + k) 1 (1 + k) (5 + 2k) 1 −2 − (1 + k)
(4 + k) 2 −1 (1 + k)
x y z t
=
5 + 2k
−2 3 + k
,
quindi determiniamo il rango della matrice A al variare di k. Per fare ciò, prendiamo una sottomatrice a caso (ma non troppo: possibilmente una in cui ci siano meno parametri possibili) di dimensione massima possibile e imponiamo
che il suo determinante sia nullo. Nel nostro caso imponiamo che:
(2 + k) 1 (1 + k) 1 −2 − (1 + k) 2 −1 (1 + k)
= 0
(3 + k) −1 0 1 −2 − (1 + k)
3 −3 0
= 0
(1 + k)
(3 + k) −1
3 −3
= 0
(1 + k) (−9 − 3k + 3) = 0
3 (1 + k) (2 + k) = 0 k1 = −1
k2 = −2
Quindi siamo sicuri che per k 6= −1 ∧ k 6= −2, rg (A) = 3. Dobbiamo ora controllare ad uno ad uno cosa accade per tali valori.
Per k = −1
In tal caso otteniamo:
A =
0 1 1 0
3 1 −2 0 3 2 −1 0
Applicando la regola degli orlati di Kronecker abbiamo che:
|∆1| =
0 1 3 1
= −3 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| =
0 1 1
3 1 −2 3 2 −1
=
0 0 1
3 3 −2 3 3 −1
=
3 3 3 3
= 0
Senza nemmeno prendere in considerazione l’altro orlato (che contiene il vettore nullo e quindi ha per forza di cose determinante nullo) possiamo affermare che per k = −1, rg (A) = 2.
Per k = −2
In tal caso otteniamo:
A =
0 0 1 −1
1 1 −2 1
2 2 −1 −1
Applicando la regola degli orlati di Kronecker abbiamo che:
|∆1| =
−2 1
−1 −1
= 3 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| =
0 1 −1
1 −2 1 2 −1 −1
=
0 0 −1
1 −1 1 2 −2 −1
= −
1 −1 2 −2
= 1 6= 0
Senza nemmeno prendere in considerazione l’altro orlato (che contiene il vettore nullo e quindi ha per forza di cose determinante nullo) possiamo affermare che per k = −2, rg (A) = 2.
Riassumiamo i risultati appena ottenuti nella seguente tabella:
k rg (A)
−1 2
−2 2
qualsiasi altro valore 3 Punto (2)
La matrice completa del sistema è data da:
A =˜
0 (2 + k) 1 (1 + k) (5 + 2k) (5 + 2k) 1 −2 − (1 + k) −2
(4 + k) 2 −1 (1 + k) − (3 + k)
Dal punto precedente abbiamo già tutto quello che ci serve: sappiamo infatti che per per k 6= −1 ∧ k 6= −2, rg A = 3, in quanto sia A che ˜˜ A contengono la stessa sottomatrice 3 × 3 avente determinante non nullo.
C’è da verificare cosa accade per i casi k = −1 ∧ k = −2.
Per k = −1
In tal caso abbiamo che:
A =˜
0 1 1 0 3
3 1 −2 0 −2
3 2 −1 0 −2
,
pertanto, ripetendo una parte di calcoli già svolta in precedenza per la matrice
A:
|∆1| =
0 1 3 1
= −3 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| =
0 1 1
3 1 −2 3 2 −1
=
0 0 1
3 3 −2 3 3 −1
=
3 3 3 3
= 0
|∆12| =
0 1 3
3 1 −2 3 2 −2
=
0 1 0
3 1 −5 3 2 −8
= −
3 −5 3 −8
= 9 6= 0
Possiamo quindi concludere che per k = −1, rg A = 3 6= rg (A) e che quindi˜ il sistema lineare non ammette soluzioni.
Per k = −2
In tal caso abbiamo che:
A =˜
0 0 1 −1 1
1 1 −2 1 −2
2 2 −1 −1 −1
,
pertanto, ripetendo una parte di calcoli già svolta in precedenza per la matrice
A:
|∆1| =
−2 1
−1 −1
= 3 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2
|∆11| =
0 1 −1
1 −2 1 2 −1 −1
=
0 0 −1
1 −1 1 2 −2 −1
= −
1 −1 2 −2
= 0
|∆12| =
1 −1 1
−2 1 −2
−1 −1 −1
=
0 −1 0
−1 1 −1
−2 −1 −2
=
−1 −1
−2 −2
= 0
Possiamo quindi concludere che per k = −2, rg A = 2 = rg (A) e che quindi˜ il sistema lineare ammette soluzioni.
Riassumendo quindi abbiamo che:
k rg (A) rg A˜
−1 2 3
−2 2 2
qualsiasi altro valore 3 3 Quindi il sistema è risolubile ∀k ∈ R, k 6= −1.
Punto (3)
La dimensione dell’insieme delle soluzioni del sistema, che sia quest’ultimo una varietà lineare V o più semplicemente ker (A), è sempre data dalla formula:
pertanto nel nostro caso:
k rg (A) rg A˜
dim (ker(A) = dim (V)
−2 2 2 4 − 2 = 2
qualsiasi altro valore 3 3 4 − 3 = 1 Quindi, ∀k 6= −1 ∧ k 6= −2, dim (V) = dim (ker (A)) = 1.
Punto (4)
In tal caso possiamo scrivere il sistema nel modo seguente:
0 2 1 1
5 1 −2 −1
4 2 −1 1
x y z t
=
5
−2
−3
,
2y + z + t = 5 5x + y − 2z − t = −2 4x + 2y − z + t = −3
t = 5 − z − 2y
5x + y − 2z − 5 + z + 2y = −2 4x + 2y − z + 5 − z − 2y = −3
t = 5 − z − 2y
5x + 3y − z = 3 4x − 2z = −8
t = 5 − z − 2y
5x + 3y − z = 3
z = 4 + 2x
t = 5 − z − 2y
5x + 3y − 4 − 2x = 3
z = 4 + 2x
t = 5 − z − 2y y =73− x z = 1 + 2x
Ponendo x = α otteniamo:
t = 5 − z − 2y y =73 − α z = 4 + 2α x = α
t = 5 − 4 − 2α −143 + 2α y =73 − α
z = 4 + 2α x = α
t = −113 y =73 − α z = 4 + 2α x = α
Quindi, per k = 0 l’insieme delle soluzioni del sistema è dato da:
V :
x y z t
=
0 7/3
4
−11/3
+ α
1
−1 2 0
, α ∈ R
