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SOLUZIONI PRIMO HOMEWORK GEOMETRIA 1 ANNO 2019–2020 Si stabilisca se il seguente sistema lineare e’ risolubile e in caso affer- mativo si scrivano le soluzioni  x

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(1)

SOLUZIONI PRIMO HOMEWORK GEOMETRIA 1 ANNO 2019–2020

Si stabilisca se il seguente sistema lineare e’ risolubile e in caso affer- mativo si scrivano le soluzioni

 

 

x

1

+ 2x

2

+ 3x

3

+ 4x

4

= 1 x

1

+ x

2

+ x

3

+ x

4

= 1 x

1

− x

2

+ 2x

3

+ 3x

4

= 1 x

2

− 3x

3

− 5x

4

= 0

La matrice dei coefficienti del sistema e’

M :=

1 2 3 4

1 1 1 1

1 −1 2 3

0 1 −3 −5

mentre la colonna dei termini noti e’

 1 1 1 0

. Quindi si tratta di risolvere il sistema

associato alla matrice orlata

1 2 3 4 1

1 1 1 1 1

1 −1 2 3 1

0 1 −3 −5 0

 Applicando il metodo di Gauss si ottiene

1 2 3 4 1

1 1 1 1 1

1 −1 2 3 1

0 1 −3 −5 0

R

2

− R

1

−→

R

3

− R

1

1 2 3 4 1

0 −1 −2 −3 0 0 −3 −1 −1 0

0 1 −3 −5 0

R

3

− 3R

2

−→

R

4

+ R

2

1 2 3 4 1

0 −1 −2 −3 0

0 0 5 8 0

0 0 −5 −8 0

R

4

+ R

3

−→

1 2 3 4 1

0 −1 −2 −3 0

0 0 5 8 0

0 0 0 0 0

La forma di Gauss ha 3 pivot, il sistema ha 4 incognite, quindi il sistema ha infinite soluzioni, che dipendono da 1(=4-3) parametro.

Per trovare esplicitamente le soluzioni scrivo il sistema associato alla matrice trovata dopo l’algoritmo di Gauss:

x

1

+ 2x

2

+ 3x

3

+ 4x

4

= 1

− x

2

− 2x

3

− 3x

4

= 0 5x

3

+ 8x

4

= 0

1

(2)

2 SOLUZIONI PRIMO HOMEWORK GEOMETRIA 1 ANNO 2019–2020

(si e’ volutamente tralasciata l’ultima riga che non da nessuna informazione agiun- tiva)

Dal sistema si ricava:

x

1

= 1 − 2x

2

− 3x

3

− 4x

4

x

2

= − 2x

3

− 3x

4

x

3

= −

85

x

4

Quindi x

4

e’ il parametro libero di variare e le soluzioni sono

x

1

= 1+

25

x

4

x

2

=

15

x

4

x

3

= −

85

x

4

Osserviamo che le soluzioni del sistema sono quindi date da una soluzione par- ticolare (x

1

= 1, x

2

= x

3

= x

4

= 0) + un termine dipendente dal parametro x

4

, cioe’

 x

1

x

2

x

3

x

4

=

 1 0 0 0

 + x

4

 2/5 1/5

−8/5 1

 .

Dati i vettori

v =

 0 1 2 2

 , v

1

=

 1 1 1 0

 , v

2

=

 2 1

−1 1

 , v

3

=

 3 1 2

−3

 , v

4

=

 4 1 3

−5

 si stabilisca se e’ possibile scrivere v come combinazione lineare dei vet- tori v

1

, v

2

, v

3

e v

4

e in caso affermativo si trovino i coefficienti dalla combinazione lineare.

Il vettore v si scrive come combinazione lineare dei vettori v

1

, v

2

, v

3

e v

4

se e solo se esistono k

1

, k

2

, k

3

, k

4

∈ R tali che

v = k

1

v

1

+ k

2

v

2

+ k

3

v

3

+ k

4

v

4

. Sostituendo gli specifici vettori dati dal testo troviamo

 0 1 2 2

= k

1

 1 1 1 0

 + k

2

 2 1

−1 1

 + k

3

 3 1 2

−3

 + k

4

 4 1 3

−5

 ossia

 0 1 2 2

=

k

1

+ 2k

2

+ 3k

3

+ 4k

4

k

1

+ k

2

+ k

3

+ k

4

k

1

− k

2

+ 2k

3

+ 3k

4

k

2

− 3k

3

− 5k

4

.

(3)

SOLUZIONI PRIMO HOMEWORK GEOMETRIA 1 ANNO 2019–2020 3

Bisogna quindi risolvere il sistema la cui matrice dei coefficienti e’

1 2 3 4

1 1 1 1

1 −1 2 3

0 1 −3 −5

mentre la colonna dei termini noti e’

 0 1 2 2

 .

Si osservi che la matrice dei coefficienti e’ ottenuta accostando le colonne dei vettori v

1

, v

2

, v

3

, v

4

e che la colonna dei termini noti e’ il vettore v.

Si osservi anche che la matrice dei coefficienti coincide con M (la matrice dei coefficienti dell’esercizio precedente). Quindi sappiamo gia’ che dopo dopo aver applicato Gauss si troveranno tre pivot nella matrice dei coefficienti. Quindi il sistema che vogliamo risolvere o non ha soluzioni, oppure ne ha infinite dipendenti da un parametro.

Per stabilire se ha soluzioni devo considerare anche la colonna dei termini noti.

Applico nuovamente l’algoritmo di Gauss alla matrice M , ma questa volta orlata con i termini noti dati dal vettore v:

1 2 3 4 0

1 1 1 1 1

1 −1 2 3 2

0 1 −3 −5 2

R

2

− R

1

−→

R

3

− R

1

1 2 3 4 0

0 −1 −2 −3 1 0 −3 −1 −1 2

0 1 −3 −5 2

R

3

− 3R

2

−→

R

4

+ R

2

1 2 3 4 0

0 −1 −2 −3 1

0 0 5 8 −1

0 0 −5 −8 3

R

4

+ R

3

−→

1 2 3 4 0

0 −1 −2 −3 1

0 0 5 8 −1

0 0 0 0 2

 A causa dell’ultima riga il sistema e’ impossibile (infatti l’ultima equazione si risolverebbe se trovassi k

1

, k

2

, k

3

, k

4

tali che 0k

1

+ 0k

2

+ 0k

3

+ 0k

4

= 2, che e’

impossibile).

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