Compiti per il 16 novembre 2019
Rango di una matrice
Fare gli esercizi tratti dai temi d’esame e raccolti nel file Quesiti di Algebra Lineare.
Vedi gli svolgimenti sui temi d’esame che hai a disposizione.
Combinazioni lineari di vettori, vettori linearmente indipendenti e ortogonalità
Attenzione: i vettori sono tra loro linearmente indipendenti se, mettendoli sulle colonne di una matrice, la matrice ha rango massimo.
Invece, i vettori assegnati sono linearmente dipendenti se la matrice in questione non ha rango massimo.
Vedi gli svolgimenti sui temi d’esame che hai a disposizione.
Per quale valore di 𝑘 i vettori 𝑎⃗ = (2𝑘; 1) e 𝑏+⃗ = (−4; 𝑘 + 3) sono ortogonali?
𝑅 ∶ 2𝑘 =3 74
Sistemi lineari
Discutere la compatibilità dei seguenti sistemi precisandone eventualmente il numero di soluzioni.
a. La matrice associata al sistema è
5𝐴7𝑏+⃗8 = 91 0 1 −1
0 3 0 2
6 −2 2 0
< . Dato che
det 𝐴 = det 91 0 1
0 3 0
6 −2 2
< = 6 − 18 ≠ 0 ,
allora rg 𝐴 = rg5𝐴7𝑏+⃗8 = 3, quindi il sistema ammette ∞H = una e una sola soluzione.
b. Analogamente, questa volta si ha
5𝐴7𝑏+⃗8 = I2 3 1 5 1 4 1 7K . Essendo
det I2 3
1 4K = 8 − 3 ≠ 0 ,
allora rg 𝐴 = rg5𝐴7𝑏+⃗8 = 2, quindi il sistema ammette ∞L soluzioni e per questo motivo è indeterminato.
La matrice associata al sistema lineare è
5𝐴M7𝑏+⃗8 = 91 0 𝑘 −1
0 3 0 2
6 −2 2 0
< . Essendo
det 𝐴 = det 91 0 𝑘
0 3 0
6 −2 2
< = 6 − 18𝑘 ≠ 0 ⟺ 𝑘 ≠ 3 ,
allora ∀𝑘 ≠ 3 ∶ rg 𝐴M = rg5𝐴M7𝑏+⃗8 = 3 e il sistema ammette ∞H = una e una sola soluzione.
Nel caso in cui 𝑘 = 3, abbiamo
5𝐴P7𝑏+⃗8 = 91 0 3 −1
0 3 0 2
6 −2 2 0
< , nonché
det I1 0
0 3K = 3 ≠ 0 ⟹ rg 𝐴P = 2 , ma, dato che
det 91 0 −1
0 3 2
6 −2 0
< = 18 + 4 ≠ 0 ⟹ rg5𝐴P7𝑏+⃗8 = 3 , capita che rg 𝐴P ≠ rg5𝐴P7𝑏+⃗8, quindi per 𝑘 = 3 il sistema è impossibile.
(𝐴M|𝐵M) = 9 2𝑘 0 𝑘T 0
3 1 0 2𝑘 − 1
3 − 4𝑘 1 −2𝑘T 2𝑘 − 1
<
det 𝐴M = det 9 2𝑘 0 𝑘T
3 1 0
3 − 4𝑘 1 −2𝑘T
< = −4𝑘P+ 3𝑘T − 3𝑘T+ 4𝑘P = 0 ⟹
⟹ rg 𝐴M ≤ 2 ∀𝑘 det I2𝑘 0
3 1K = 2𝑘 ≠ 0 ⟹ 𝑘 ≠ 0
∀𝑘 ≠ 0 ∶ rg 𝐴M = 2 Se 𝑘 = 0 ⟹ 𝐴H = 90 0 0
3 1 0 3 1 0
< ⟹ rg 𝐴H = 1
Si noti che la colonna 𝐵M è proporzionale alla seconda colonna di 𝐴M, che abbiamo utilizzato nei ragionamenti effettuati, quindi ∀𝑘 ≠ 0 ∶ rg(𝐴M|𝐵M) = rg 𝐴M = 2 ⟹
∞PVT = ∞L soluzioni.
Se poi 𝑘 = 0
(𝐴H|𝐵H) = 90 0 0 0 3 1 0 −1 3 1 0 −1
<
tutte le colonne sono tra loro proporzionali, quindi rg(𝐴H|𝐵H) = rg 𝐴H = 1 ⟹
∞PVL = ∞T soluzioni.
Consideriamo la matrice
(𝐴M|𝐵M) = I −2 𝑘 0 𝑘 + 1 𝑘 − 2
𝑘 + 2 −4 𝑘 − 2 −6 0 K
e studiamone il rango al variare di 𝑘. Sia da notare che, considerando la prima e terza colonna si ha
det I −2 0
𝑘 + 2 𝑘 − 2K = −2(𝑘 − 2) ≠ 0 ⟹ 𝑘 ≠ 2 ,
quindi la matrice (𝐴M|𝐵M) ha rango massimo, quindi ∀𝑘 ≠ 2 si ha rg 𝐴M = rg(𝐴M|𝐵M) = 2, il sistema risulta essere compatibile e ammette ∞WVX = ∞T soluzioni.
Consideriamo il caso 𝑘 = 2, per il quale
(𝐴T|𝐵T) = I−2 2 0 3 0 4 −4 0 −6 0K .
Si noti che ciascuna colonna è multipla del vettore (−1; 2), quindi la matrice ha rango 1, nonché
rg(𝐴T|𝐵T) = rg 𝐴T = 1 ;
dunque il sistema è compatibile anche per 𝑘 = 2 ed ammette ∞P soluzioni.
Considerata la matrice
(𝐴M|𝐵M) = 91 −1 𝑘 𝑘 − 2 0
1 −1 2 0 0
1 2 − 𝑘 0 0 𝑘 − 2
< ,
studiamo la compatibilità del sistema al variare di 𝑘 ∈ ℝ. Ricordiamo che un sistema si dice compatibile quando rg(𝐴M) = rg(𝐴M|𝐵M), ossia quando il vettore 𝐵M è esprimibile come combinazione lineare dei vettori colonna che costituiscono la matrice 𝐴M.
Studiamo quindi i ranghi delle matrici 𝐴M ed (𝐴M|𝐵M).
det 91 𝑘 𝑘 − 2
1 2 0
1 0 0
< = −2(𝑘 − 2) ≠ 0 ⟹ 𝑘 ≠ 2
∀𝑘 ≠ 2 ∶ rg 𝐴M = 3
Ne segue che ∀𝑘 ≠ 2 ∶ rg(𝐴M|𝐵M) = rg 𝐴M = 3, quindi in questo caso il sistema è compatibile e ammette ∞WVX = ∞L soluzioni.
Consideriamo ora il caso 𝑘 = 2, per il quale
(𝐴T|𝐵T) = 91 −1 0 0 0 1 −1 2 0 0
1 0 0 0 0
< .
In questo caso avremo
det 91 −1 2 1 −1 2
1 0 0
< = 0 ⟹ rg 𝐴T < 3
det I1 −1
1 0 K ≠ 0 𝑘 = 2 ⟹ rg 𝐴T = 2 rg(𝐴T|𝐵T) = rg 𝐴T = 2 .
Anche nel caso 𝑘 = 2 il sistema è compatibile e ammette ∞T soluzioni. In definitiva il sistema è compatibile ∀𝑘 ∈ ℝ.
Vedi gli svolgimenti sui temi d’esame che hai a disposizione.
(1)
(3)
(3) (4)
(3)
