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 R3 , per vedere se sono linearmente indipendenti
o dipendenti, basta calcolare
det (A) = det(v 1 , v 2 , v 3 )
Allora
se det (A) = 0 ⇒ i vettori sono linearmente dipendenti
se det (A) "= 0 ⇒ i vettori sono linearmente indipendenti
Nel nostro caso, poichè risulta


1
v1 =  1 
4
,


0
v2 =  3 
1
%
% 1 0 1
%
det (A) = %% 1 3 0
% 4 1 1
i vettori v 1 , v 2 , v 3 sono linearmente indipendenti.
2) Es. A13 In questo caso
 

1
v1 =  0  , v2 = 
1
%
% 1
%
det (A) = %% 0
% 1
,


1
v3 =  0 
1
%
%
%
% = −8 "= 0
%
%

1
1 
1
,


2
v3 =  1 
2
%
1 2 %%
1 1 %% = 0
1 2 %
i vettori v 1 , v 2 , v 3 sono linearmente dipendenti, cioè si può trovare una combinazione lineare
α v1 + β v2 + γ v3
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
α v1 + β v2 + γ v3 = 0
cioè

da cui

 
   
1
1
2
0







0
1
1
0 
α
+β
+γ
=
1
1
2
0

  
α + β + 2γ
0

β + γ  =  0 .
α + β + 2γ
0
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
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
da cui

 α + β = −2λ
β
= −λ

γ
=λ

 α = −λ
β = −λ

γ =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
 
 
   
1
1
2
0







0
1
1
0 .
−3
−3
+3
=
1
1
2
0
OSSERVAZIONE: Era possibile osservare, senza svolgere il procedimento sopra descritto, che
v3 − v2 = v1
cioè
v 1 + v 2 − v 3 = 0.
Questa è una relazione di dipendenza lineare, equivalente a quella già trovata.
3) Es. B5
I vettori
 




3
−k
2k
v 1 =  1  , v 2 =  1  , v 3 =  −2 
k
0
k
sono linearmente dipendenti quando k assume i valori che rendono nullo il determinante della matrice


3 −k 2k
1 −2 
A(k) =  1
k
0
k
Poichè
%
%
% 3 −k 2k %
%
%
1 −2 %% = k 2 + 3k = k (k + 3)
|A(k)| = %% 1
% k
0
k %
|A(k)| = 0 ⇔
k=0 ,
k = −3.
Pertanto i vettori sono
linearmente dipendenti
⇐⇒
linearmente indipendenti ⇐⇒
k = 0 & k = −3
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
 
 


3
0
0
v 1 =  1  , v 2 =  1  , v 3 =  −2  .
0
0
0
Poichè v 3 è un multiplo di v 2 si può scrivere la relazione di dipendenza lineare
0 v 1 + 2 v 2 + v 3 = 0.
Caso k = −3.
I vettori sono


3
v1 =  1 
−3
,


3
v2 =  1 
0
,


−6
v 3 =  −2  .
−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
α v 1 + β v 2 + γ v 3 = 0,
cioè

da cui

 

  
3
3
−6
0
α  1  + β  1  + γ  −2  =  0 
−3
0
−3
0

  
3α + 3β − 6γ
0
 α + β − 2γ  =  0  .
−3α − 3γ
0
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

 α + β = −2λ
−3α
= 3λ

γ
=λ
da cui

 α = −λ
β = 3λ

γ =λ
Questo significa che, ponendo per esempio λ = 1, otteniamo

 α = −1
β =3

γ =1
che fornisce la relazione di dipendenza lineare
− v 1 + 3 v 2 + v 3 = 0,
facilmente verificata perchè

   
  
3
3
−6
0
−  1  −  1  +  −2  =  0  .
3
0
−3
0
II. Foglio di esercizi su sistemi lineari”
1)Es.3
Studiare, al variare del parametro reale k, e quindi risolvere il sistema

 x + 2y − 2z = k
2x − y − 4z = 2

3x + y − 6z = −2
La matrice dei coefficienti A ha determinante
%
% 1
2 −2
%
|A(k)| = %% 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
2 .
A|b =  2 −1 −4
3
1 −6 −2
Le sottomatrici 3×3 diverse da A che si possono estrarre dalla matrice completa A|b , hanno determinante
%
%
%
%
%
%
% 1
%
% 1 −2
%
% 2
%
2
k
k
2
k
%
%
%
%
%
%
% 2 −1
%
%
%
%
2 % = 20 + 5k , % 2 −4
2 % = 0 , % −1 −4
2 %% = 40 + 10k.
%
% 3
% 3 −6 −2 %
% 1 −6 −2 %
1 −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
%
3
−1 −1
|A(k)| = %%
%
0 4 − k −8
Allora
%
%
%
% = k 2 + 11k − 60 = (k − 4) (k + 15).
%
%
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
3
−1 −1 1 
A|b = 
0 4 − k −8 0
è ancora 3.
Le soluzioni, ottenute con la regola di Cramer sono
%
%
% 1 k−3
0 %%
%
% 1
−1 −1 %%
%
% 0 4 − k −8 %
7k − 12
x=
= 2
,y =
2
k + 11k − 60
k + 11k − 60
%
%
% 1−k 1
0 %%
%
%
3 1 −1 %%
%
%
0 0 −8 %
8k + 16
= 2
2
k + 11k − 60
k + 11k − 60
%
%
% 1−k k−3 1 %
%
%
%
3
−1 1 %%
%
%
0 4−k 0 %
−k 2 + 2k + 8
z=
= 2
.
2
k + 11k − 60
k + 11k − 60
Bisogna esaminare i casi k = 4 e k = −15.
Caso k = 4
La matrice dei coefficienti è


−3
1
0
A =  3 −1 −1 
0
0 −8
e poichè la sottomatrice
)
1
0
−1 −1
*
ha determinante diverso da zero, la matrice A ha rango 2.
Se consideriamo la matrice completa


−3
1
0 1
A|b =  3 −1 −1 1  .
0
0 −8 0
notiamo che la sottomatrice


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

16 −18
0
A =  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


16 −18
0 1
A|b =  3 −1 −1 1  .
0
19 −8 0
Poichè la sottomatrice


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

 x + ky = 2
x + 3y = h

2x + 6y = k
La matrice dei coefficienti


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 %
%
%
%
%
%
% = 0 , % 1 k % = 3 − k , % 1 k % = 6 − 2k = 2 (3 − k).
% 2 6 %
% 1 3 %
% 2 6 %
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


1 k 2
A|b =  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)
Quindi
rango A|b = 2 se
rango A|b = 3 se
h=
h "=
k
2
k
2
⇐⇒
h=
k
2
(k "= 3)
Quindi se h "= k2 , il sistema non è compatibile, mentre se h =
sono quelle del sistema
+
Caso k = 3.
Il sistema diventa
%
% 2 k
% k
%
3
x= 2
3−k
il sistema è compatibile e le sue soluzioni

 x + ky = 2
x + 3y = k2

2x + 6y = k
ed essendo k "= 3, quelle del sistema
cioè :
k
2
%
%
%
%
x + ky = 2
,
x + 3y = k2
%
% 1 2
%
% 1 k
2
y=
3−k
2
6 − k2
=
3−k
,
%
%
%
%
=
−2
.
3−k
k
2

 x + 3y = 2
x + 3y = h

2x + 6y = 3
e sappiamo che la matrice dei coefficienti ha rango
La matrice completa

1

1
A|b =
2
ha rango 2, ∀h, perchè la sottomatrice
)
1.
1 2
2 3

3 2
3 h 
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

 x − ky − 5z = 0
x − 2y − z
=0

kx + y − 2z = 2
La matrice dei coefficienti


1 −k −5
 1 −2 −1 
k
1 −2
ha determinante
%
% 1 −k −5
%
% 1 −2 −1
%
% k
1 −2
Pertanto , poichè detA = 0 ⇔ k = 0
%
%
%
% = k 2 − 12k = k(k − 12).
%
%
& k = 12, risulta
rango A = 3 ⇐⇒ k "= 0,
rango A = 2 ⇐⇒ k = 0,
k "= 12
k = 12
Caso k "= 0, k "= 12.
Poichè la matrice completa è


1 −k −5 0
A|b =  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
%
% 0 −k −5
%
% 0 −2 −1
%
% 2
1 −2
x=
2
k − 12k
%
%
%
%
%
%
=
Caso k = 0.
Il sistema diventa
2k − 20
k 2 − 12k
,
%
% 1 0 −5
%
% 1 0 −1
%
% k 2 −2
y=
k 2 − 12k
%
%
%
%
%
%
=−
k2
8
− 12k
,
%
% 1 −k 0
%
% 1 −2 0
%
% k
1 2
z=
2
k − 12k
%
%
%
%
%
%
=
2k − 4
.
k 2 − 12k


x − 5z
=0
x − 2y − z = 0

y − 2z
=2
e sappiamo che la matrice A dei coefficienti ha rango
completa

1
0
A|b =  1 −2
0
1
2. Dobbiamo vedere quale è il rango della matrice

−5 0
−1 0  .
−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
completa

1 −12
A|b =  1 −2
12
1
2. Dobbiamo vedere quale è il rango della matrice

−5 0
−1 0  .
−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.