ESERCIZI SVOLTI DI ALGEBRA LINEARE (Sono svolti alcune degli ...

ESERCIZI SVOLTI DI ALGEBRA LINEARE
(Sono svolti alcune degli esercizi proposti nei fogli di esercizi su ” vettori linearmente dipendenti e
vettori linearmente indipendenti” e su ”sistemi lineari”)
I. Foglio di esercizi su vettori linearmente dipendenti e linearmente indipendenti”
1) Es. A9 . Ricordiamo che, dati tre vettori v 1 , v 2 , v 3 in R 3 , per vedere se sono linearmente indipendenti
o dipendenti, basta calcolare
det (A) = det(v 1 , v 2 , v 3 )
Allora
se det (A) = 0
se det (A) ≠ 0
⇒ i vettori sono linearmente dipendenti
⇒ i vettori sono linearmente indipendenti
Nel nostro caso, poichè risulta
⎛
v 1 = ⎝
1
1
4
⎞
⎛
⎠ , v 2 = ⎝
det (A) =
∣
i vettori v 1 , v 2 , v 3 sono linearmente indipendenti.
2) Es. A13 In questo caso
⎛
v 1 = ⎝
1
0
1
⎞
0
3
1
1 0 1
1 3 0
4 1 1
⎛
⎠ , v 2 = ⎝
det (A) =
∣
1
1
1
⎞
⎛
⎠ , v 3 = ⎝
∣ = −8 ≠ 0
⎞
1 1 2
0 1 1
1 1 2
⎛
⎠ , v 3 = ⎝
∣ = 0
i vettori v 1 , v 2 , v 3 sono linearmente dipendenti, cioè si può trovare una combinazione lineare
α v 1 + β v 2 + γ v 3
dei tre vettori, con coefficienti α, β e γ non tutti nulli, che fornisce il vettore nullo 0. Determinare una
relazione di dipendenza lineare significa determinare i coefficienti α, β e γ ( non tutti nulli) tali che
cioè
da cui
⎛
α ⎝
1
0
1
⎞
α v 1 + β v 2 + γ v 3 = 0
⎠ + β ⎝
⎛
⎝
⎛
1
1
1
⎞
α + β + 2γ
β + γ
α + β + 2γ
⎛
⎠ + γ ⎝
⎞
2
1
2
⎠ = ⎝
⎞
⎛
⎠ = ⎝
Per trovare i tre coefficienti α, β e γ , bisogna pertanto risolvere il sistema lineare omogeneo
⎧
⎨
⎩
⎛
α + β + 2γ = 0
β + γ = 0
α + β + 2γ = 0
0
0
0
⎞
⎠ .
0
0
0
1
0
1
2
1
2
⎞
⎠
⎞
⎠
⎞
⎠

Già sappiamo che la matrice dei coefficienti ha determinante nullo, pertanto il sistema omogeneo ammette
soluzioni diverse da quella banale. La sottomatrice
( ) 1 1
0 1
della matrice dei coefficienti ha determinante diverso da zero, pertanto le soluzioni del sistema si ottengono
risolvendo il sistema
⎧
⎨
⎩
α + β
β
γ
= −2λ
= −λ
= λ
da cui
⎧
⎨
⎩
α
β
γ
= −λ
= −λ
= λ
Questo significa che, ponendo per esempio λ = 1, si ottiene la relazione di dipendenza lineare
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 1 2 0
− ⎝ 0 ⎠ − ⎝ 1 ⎠ + ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ .
1 1 2 0
Osserviamo che, qualunque altro numero mettiamo al posto di λ ≠ 0, otteniamo una relazione di dipendenza
lineare. Ad esempio, ponendo λ = 3 si ha
cioè
⎛
−3 ⎝
1
0
1
⎞
⎛
⎠ − 3 ⎝
1
1
1
⎞
⎛
⎠ + 3 ⎝
2
1
2
⎞
⎛
⎠ = ⎝
OSSERVAZIONE: Era possibile osservare, senza svolgere il procedimento sopra descritto, che
v 3 − v 2 = v 1
v 1 + v 2 − v 3 = 0.
Questa è una relazione di dipendenza lineare, equivalente a quella già trovata.
3) Es. B5
I vettori
⎛
v 1 = ⎝
3
1
k
⎞
⎛
⎠ , v 2 = ⎝
−k
1
0
⎞
0
0
0
⎛
⎠ , v 3 = ⎝
sono linearmente dipendenti quando k assume i valori che rendono nullo il determinante della matrice
⎛
3 −k
⎞
2k
A(k) = ⎝ 1 1 −2 ⎠
k 0 k
Poichè
|A(k)| =
∣
3 −k 2k
1 1 −2
k 0 k
⎞
⎠ .
2k
−2
k
∣ = k2 + 3k = k (k + 3)
|A(k)| = 0 ⇔ k = 0 , k = −3.
⎞
⎠

Pertanto i vettori sono
linearmente dipendenti ⇐⇒ k = 0 & k = −3
linearmente indipendenti ⇐⇒ k ≠ 0 & k ≠ −3
Per trovare una relazione di dipendenza lineare bisogna esaminare separatamente in casi k = 0 e k = −3.
Caso k = 0.
I vettori sono
⎛
v 1 = ⎝
3
1
0
⎞
⎛
⎠ , v 2 = ⎝
0
1
0
⎞
⎛
⎠ , v 3 = ⎝
Poichè v 3 è un multiplo di v 2 si può scrivere la relazione di dipendenza lineare
Caso k = −3.
I vettori sono
⎛
v 1 = ⎝
3
1
−3
⎞
0 v 1 + 2 v 2 + v 3 = 0.
⎛
⎠ , v 2 = ⎝
3
1
0
⎞
⎛
⎠ , v 3 = ⎝
In questo caso la relazione di dipendenza lineare non è del tutto evidente, quindi conviene utilizzare il
metodo già visto nell’esercizio ( A13). Bisogna determinare i coefficienti α, β e γ ( non tutti nulli) tali che
cioè
da cui
⎛
α ⎝
3
1
−3
⎞
α v 1 + β v 2 + γ v 3 = 0,
⎛
⎠ + β ⎝
⎛
⎝
3
1
0
⎞
3α + 3β − 6γ
α + β − 2γ
−3α − 3γ
⎛
⎠ + γ ⎝
⎞
−6
−2
−3
⎠ = ⎝
⎞
⎛
⎠ = ⎝
Per trovare i tre coefficienti α, β e γ , bisogna pertanto risolvere il sistema lineare omogeneo
⎧
⎨
⎩
⎛
3α + 3β − 6γ = 0
α + β − 2γ = 0
−3α − 3γ = 0
Il sistema ammette soluzioni diverse da quella banale perchè la matrice dei coefficienti ha determinante
nullo. La sottomatrice ( 1
) 1
−3 0
della matrice dei coefficienti ha determinante diverso da zero, pertanto il sistema sopra scritto è equivalente
il sistema
0
0
0
⎞
⎠ .
0
−2
0
−6
−2
−3
0
0
0
⎞
⎠
⎞
⎠ .
⎞
⎠ .
⎧
⎨
⎩
α + β
−3α
γ
= −2λ
= 3λ
= λ

da cui
⎧
⎨
⎩
α
β
γ
= −λ
= 3λ
= λ
Questo significa che, ponendo per esempio λ = 1, otteniamo
⎧
⎨
che fornisce la relazione di dipendenza lineare
⎩
α = −1
β = 3
γ = 1
− v 1 + 3 v 2 + v 3 = 0,
facilmente verificata perchè
⎛
− ⎝
3
1
3
⎞
⎠ −
⎛
⎝
3
1
0
⎞
⎠ +
⎛
⎝
−6
−2
−3
⎞
⎛
⎠ = ⎝
0
0
0
⎞
⎠ .
II. Foglio di esercizi su sistemi lineari”
1)Es.3
Studiare, al variare del parametro reale k, e quindi risolvere il sistema
⎧
⎨
La matrice dei coefficienti A ha determinante
|A(k)| =
∣
⎩
x + 2y − 2z = k
2x − y − 4z = 2
3x + y − 6z = −2
1 2 −2
2 −1 −4
3 1 −6
Poichè la sottomatrice ( 1 2
2 −1
)
∣ = 0.
ha determinante diverso da zero, la matrice A ha rango 2. Il sistema è compatibile per quei valori di k
che rendono 2 anche il rango della matrice completa
⎛
1 2 −2
⎞
k
A|b = ⎝ 2 −1 −4 2 ⎠ .
3 1 −6 −2
Le sottomatrici 3×3 diverse da A che si possono estrarre dalla matrice completa A|b , hanno determinante
∣ ∣ 1 2 k
∣∣∣∣∣ 1 −2 k
∣∣∣∣∣ 2 −1 2
∣ 3 1 −2 ∣ = 20 + 5k , 2 2 k
2 −4 2
3 −6 −2 ∣ = 0 , −1 −4 2
= 40 + 10k.
1 −6 −2 ∣
Per k ≠ −4 allora rango(A|b) = 3 pertanto il sistema non è compatibile. Se k = −4 la matrice completa
ha rango 2 e quindi il sistema è compatibile. Le soluzioni sono quelle del sistema
⎧
⎧
⎨ x + 2y = −4 + 2λ ⎨ x = 2λ
2x − y = 2 + 4λ , y = −2
⎩
⎩
z = λ
z = λ

2)Es.2
Studiare, al variare del parametro reale k, e quindi risolvere il sistema
⎧
⎨
⎩
(1 − k)x + (k − 3)y = 1
3x − y − z = 1
(4 − k)y − 8z = 0
La matrice dei coefficienti A ha determinante
1 − k k − 3 0
|A(k)| =
3 −1 −1
∣ 0 4 − k −8 ∣ = k2 + 11k − 60 = (k − 4) (k + 15).
Allora
rango(A) = 3 ⇔ k ≠ 3 & k ≠ −15.
In questo caso il sistema è compatibile perchè il rango della matrice completa
⎛
1 − k k − 3 0
⎞
1
A|b = ⎝ 3 −1 −1 1 ⎠
0 4 − k −8 0
è ancora 3.
Le soluzioni, ottenute con la regola di Cramer sono
1 k − 3 0
1 − k 1 0
1 −1 −1
3 1 −1
∣ 0 4 − k −8 ∣ 7k − 12 ∣ 0 0 −8 ∣
x =
k 2 =
+ 11k − 60 k 2 , y =
+ 11k − 60 k 2 + 11k − 60
∣
z =
Bisogna esaminare i casi k = 4 e k = −15.
Caso k = 4
La matrice dei coefficienti è
e poichè la sottomatrice
1 − k k − 3 1
3 −1 1
0 4 − k 0
k 2 + 11k − 60
⎛
A = ⎝
∣
−3 1 0
3 −1 −1
0 0 −8
( 1 0
= −k2 + 2k + 8
k 2 + 11k − 60 .
)
⎞
⎠
=
8k + 16
k 2 + 11k − 60
ha determinante diverso da zero, la matrice A ha rango 2.
Se consideriamo la matrice completa
notiamo che la sottomatrice
⎛
A|b = ⎝
⎛
⎝
−1
−1
−3 1 0 1
3 −1 −1 1
0 0 −8 0
1 0 1
−1 −1 1
0 −8 0
ha determinante 16 ; allora la matrice completa ha rango 3 e quindi il sistema è incompatibile.
⎞
⎠
⎞
⎠ .

Caso k = −15
La matrice dei coefficienti è
e poichè la sottomatrice
⎛
A = ⎝
16 −18 0
3 −1 −1
0 19 −8
( 16 −18
3 −1
ha determinante diverso da zero, la matrice A ha rango 2.
La matrice completa è
Poichè la sottomatrice
⎛
A|b = ⎝
⎛
⎝
)
⎞
⎠
16 −18 0 1
3 −1 −1 1
0 19 −8 0
16 −18 1
3 −1 1
0 −19 0
ha determinante 104, la matrice completa ha rango 3 e quindi il sistema è incompatibile.
3)Es.5
Studiare, al variare dei parametri reali k ed h, e quindi risolvere il sistema
La matrice dei coefficienti
⎧
⎨
⎩
x + ky = 2
x + 3y = h
2x + 6y = k
⎛
⎝
1 k
1 3
2 6
ha rango 2 se riusciamo a trovare una sottomatrice 2 × 2 con determinante diverso da zero. Le sotto
matrici che possiamo estrarre hanno determinante
∣ 1 3
∣ ∣ ∣∣∣ 2 6 ∣ = 0 , 1 k
∣∣∣ 1 3 ∣ = 3 − k , 1 k
2 6 ∣ = 6 − 2k = 2 (3 − k).
Se k = 3 le tre sottomatrici hanno determinante nullo, quindi in questo caso rango di A =1. Se k ≠ 3,
ci sono due sottomatrici con determinante diverso da zero, quindi rango A =2.
Caso k ≠ 3.
La matrice completa
⎛
A|b = ⎝
⎞
⎠
1 k 2
1 3 h
2 6 k
ha determinante 2hk − 6h − k 2 + 3k. Pertanto rango A|b = 3 per i valori di h per cui risulta
⎞
⎠
⎞
⎠
⎞
⎠ .
2hk − 6h − k 2 + 3k = 0 ⇐⇒ 2h(k − 3) = k(k − 3) ⇐⇒ h = k 2
(k ≠ 3)
Quindi
rango A|b = 2 se h = k 2
rango A|b = 3 se h ≠ k 2

Quindi se h ≠ k 2 , il sistema non è compatibile, mentre se h = k 2
il sistema è compatibile e le sue soluzioni
sono quelle del sistema
ed essendo k ≠ 3, quelle del sistema
⎧
⎨
⎩
x + ky = 2
x + 3y = k 2
2x + 6y = k
{ x + ky = 2
x + 3y = k 2
,
cioè :
Caso k = 3.
Il sistema diventa
x =
∣ 2
k
k
2
3
3 − k
∣
= 6 − k2
2
3 − k
⎧
⎨
⎩
∣ 1 2
k
1
2
, y =
3 − k
x + 3y = 2
x + 3y = h
2x + 6y = 3
∣
=
k
2 − 2
3 − k .
e sappiamo che la matrice dei coefficienti ha rango 1.
La matrice completa
ha rango 2, ∀h, perchè la sottomatrice
⎛
A|b = ⎝
( 1 2
2 3
1 3 2
1 3 h
2 6 3
ha determinante diverso da zero. Quindi se k = 3 il sistema è incompatibile, ∀h ∈ R.
4)Es.17
Studiare, al variare del parametro reali k, e quindi risolvere il sistema
La matrice dei coefficienti
ha determinante
∣
⎧
⎨
⎩
)
⎞
⎠
x − ky − 5z = 0
x − 2y − z = 0
kx + y − 2z = 2
⎛
⎝
1 −k −5
1 −2 −1
k 1 −2
1 −k −5
1 −2 −1
k 1 −2
Pertanto , poichè detA = 0 ⇔ k = 0 & k = 12, risulta
⎞
⎠
∣ = k2 − 12k = k(k − 12).
rango A = 3 ⇐⇒ k ≠ 0, k ≠ 12
rango A = 2 ⇐⇒ k = 0, k = 12

Caso k ≠ 0, k ≠ 12.
Poichè la matrice completa è
⎛
A|b = ⎝
1 −k −5 0
1 −2 −1 0
k 1 −2 2
il rango di A|b è 3 ( contiene come sottomatrice la matrice quadrata A) e quindi il sistema è compatibile
e le soluzioni si trovano con la regola di Cramer
⎞
⎠
x =
∣
0 −k −5
0 −2 −1
2 1 −2
k 2 − 12k
∣
=
2k − 20
k 2 − 12k
, y =
∣
1 0 −5
1 0 −1
k 2 −2
k 2 − 12k
∣
8
= −
k 2 − 12k
, z =
∣
1 −k 0
1 −2 0
k 1 2
k 2 − 12k
∣
= 2k − 4
k 2 − 12k .
Caso k = 0.
Il sistema diventa
⎧
⎨
⎩
x − 5z = 0
x − 2y − z = 0
y − 2z = 2
e sappiamo che la matrice A dei coefficienti ha rango 2. Dobbiamo vedere quale è il rango della matrice
completa
⎛
A|b = ⎝
1 0 −5 0
1 −2 −1 0
0 1 −2 2
Vediamo che essa ha rango 3 poichè vi è la sottomatrice
⎛
1 0
⎞
0
⎝ 1 −2 0 ⎠
0 1 2
ha determinante −4 ≠ 0, quindi il sistema è incompatibile.
Caso k = 12.
Il sistema diventa
⎧
⎨
⎩
x − 12y − 5z = 0
x − 2y − z = 0
12x + y − 2z = 2
e sappiamo che la matrice A dei coefficienti ha rango 2. Dobbiamo vedere quale è il rango della matrice
completa
⎛
A|b = ⎝
1 −12 −5 0
1 −2 −1 0
12 1 −2 2
Vediamo che essa ha rango 3 poichè vi è la sottomatrice
⎛
1 −12
⎞
0
⎝ −1 −2 0 ⎠
12 1 2
ha determinante 78 ≠ 0, quindi il sistema è incompatibile.
⎞
⎠ .
⎞
⎠ .