CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 4 – GEOMETRIA 2009/10

Esercizio 4.1 (7.9). Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}kx + ky + k^{2}z & = 4 \\ x + y + kz & = k \\ x + 2y + 3z & = 2k \end{cases}

a) Si dica per quali valori del parametro reale k il sistema è compatibile.

b) Esistono valori di k per i quali il sistema ha infinite soluzioni?

Soluzione: Poichè non ci sono richieste esplicitamente le soluzioni, ma solo la loro esistenza, utilizziamo il teorema di Rouchè-Capelli:

Un sistema di equazioni AX = b ammette soluzioni (è compatibile) se e solo se il rango della matrice dei coefficienti A è uguale al rango della matrice completa A|b:

rg(A) = rg(A|b)

Inoltre:

• Ammette un’unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = numero delle incognite.

• Ammette infinite soluzioni se rg(A) = rg(A|b) < numero delle incognite. Ricordiamo inoltre che: Il rango di una matrice A corrisponde al numero dei suoi pivot, una volta che A è stata ridotta a

gradini. In seguito vedremo altri metodi per calcolare il rango di una matrice.

Consideriamo la matrice associata al sistema:

[\begin{matrix}k & k & k^{2} & | & 4 \\ 1 & 1 & k & | & k \\ 1 & 2 & 3 & | & 2k \end{matrix}]

a) Il sistema è compatibile se il rango della matrice completa e incompleta coincidono. Per determinare il rango riduciamo la matrice a gradini:

\begin{matrix}III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 3 & | & 2k \\ 1 & 1 & k & | & k \\ k & k & k^{2} & | & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − kII \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 3 & | & 2k \\ 0 & −1 & k − 3 & | & −k \\ 0 & 0 & 0 & | & 4 − k^{2} \end{matrix}]

La matrice incompleta ha due pivot, quindi ha rango 2. La matrice completa ha rango 2 solamente se 4 − k^{2} = 0, ovvero k = ±2.

Quindi il sistema è compatibile se k = ±2.

b) Per k = ±2 il rango della matrice è 2, mentre le incognite sono 3, quindi il sistema ammette infinite

soluzioni.

□

Esercizio 4.2 (7.10). Dato il sistema

\begin{cases}x + kz = 1 \\ x + (k − 1)y + (k + 1)z = 1 \\ x + (k − 1)y + (k^{2} + 4k + 3)z = k + 3 \end{cases}

determinare per quali valori di k ∈ R il sistema ammette soluzioni. In tali casi stabilire anche se ne ammette una o infinite.

Soluzione: Utilizziamo il Teorma di Rouchè-Capelli per stabilire quando il sistema ha soluzione. A tale scopo consideriamo la matrice A|b associata al sistema e la riduciamo a gradini per stabilirne il rango.

A|b = [\begin{matrix}1 & 0 & k & | & 1 \\ 1 & k − 1 & k + 1 & | & 1 \\ 1 & k − 1 & k^{2} + 4k + 3 & | & k + 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & k & | & 1 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & k^{2} + 3k + 2 & | & k + 2 \end{matrix}]

Consideriamo ora i pivot di A osservando che k^{2} + 3k + 2 = 0 quando k = −1 o k = −2. Dobbiamo quindi distinguere tre casi.

• Se k ≠ 1, −1, −2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3 = numero delle incognite del sistema. Quindi in questi casi il sistema ammette una unica soluzione.

• Se k = 1 la matrice A|b diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ III − 6II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 3 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e il sistema non ammette soluzione.

• Se k = −1 la matrice A|b diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & −2 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 1 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e il sistema non ammette soluzione.

• Infine se k = −2 la matrice A|b diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & −2 & | & 1 \\ 0 & −3 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = 2 = rg(A|b) e il sistema ammette soluzione. Poichè inoltre il rango è inferiore al numero delle incognite, in questo caso il sistema ammette infinite soluzioni.

□

Esercizio 4.3 (7.20). Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 6 & 2k + 2 \\ 3 & k + 11 & 5k + 7 \\ −1 & −3 & k^{2} − 3 \end{matrix}]

dove k è un parametro reale.

a) Si calcoli il rango di A.

b) Si stabilsca per quali valori di k il sistema Ax = b ha soluzione per ogni b ∈ R^{3}.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A:

[\begin{matrix}2 & 6 & 2k + 2 \\ 3 & k + 11 & 5k + 7 \\ −1 & −3 & k^{2} − 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 3/2II \\ III + 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & k + 1 \\ 0 & k + 2 & 2k + 4 \\ 0 & 0 & k^{2} + k − 2 \end{matrix}]

a) La matrice A ha rango 3 se k ≠ 1, −2, ha rango 2 se k = 1 e ha rango 1 se k = −2.

b) Il sistema Ax = b ha soluzione per ogni b ∈ R^{3} se la matrice dei coefficienti ha rango 3 nel qual

caso rg(A) = rg(A|b) = 3 per ogni b ∈ R^{3}, ovvero se k ≠ 1, −2.

□

Esercizio 4.4 (4.9). Sia

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + y + (k + 1)z = k, 2x + y + z = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k l’insieme S è un sottospazio di R^{3}.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente esplicitare S.

Soluzione: Gli elementi dell’insieme S sono i vettori di R^{3} tali che

\begin{cases}x + y + (k + 1)z = k \\ 2x + y + z = 0 \end{cases}

a) Sappiamo che le soluzioni di un sistema lineare formano uno spazio vettoriale se e solo se il sistema è omogeneo. Quindi S è uno spazio vettoriale se k = 0 b) Scriviamo esplicitamente gli elementi di S cercando le soluzioni del sistema nel caso k = 0:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 2 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − 2I [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x + y + z = 0 \\ −y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

S = { (0, −t, t) | t ∈ R} = { (0, −1, 1) · t | t ∈ R}
□

Esercizio 4.5 (4.10). Sia

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x − 2y + kz = k − 1, x − 2y + z = 0, −2x + 4ky − 2z = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k l’insieme S è un sottospazio di R^{3}.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente esplicitare S.

Soluzione: Gli elementi dell’insieme S sono i vettori di R^{3} tali che

\begin{cases}x − 2y + kz = k − 1 \\ x − 2y + z = 0 \\ −2x + 4ky − 2z = 0 \end{cases}

a) Sappiamo che le soluzioni di un sistema lineare formano uno spazio vettoriale se e solo se il sistema è omogeneo. Quindi S è uno spazio vettoriale se k = 1.

b) Scriviamo esplicitamente gli elementi di S cercando le soluzioni del sistema nel caso k = 1:

[\begin{matrix}1 & −2 & 1 & | & 0 \\ 1 & −2 & 1 & | & 0 \\ −2 & 4 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −2 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ x − 2y + z = 0 ⇒ \begin{cases}x = 2s − t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi

S = { (2s − t, s, t) | s, t ∈ R} =
= { (2s, s, 0) + (−t, 0, t) | s, t ∈ R} =
= { (2, 1, 0) · s + (−1, 0, 1) · t | s, t ∈ R}
□

Esercizio 4.6 (4.11). Sia S il sottoinsieme di R^{5}

S = {x ∈ R^{5} | x_{1} − x_{2} + 2x_{5} = k, x_{1} + x_{3} + kx_{4} = 0} .

a) Per quali valori del parametro reale k l’insieme S è un sottospazio vettoriale di R^{5}?

b) Per i valori determinati al punto a) esplicitare S.

Soluzione:

a) S è uno spazio vettoriale se il sistema è omogeneo cioè se k = 0. b) Risolviamo il sistema omogeneo, riducendo la matrice associata a gradini:

[\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & 2 & | & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}]

\begin{cases}x_{1} = −r \\ x_{2} = −r + 2t \\ x_{3} = r \\ x_{4} = s \\ x_{5} = t \end{cases} ∀ r, s, t ∈ R

Quindi:

S = {(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}) = (−r, −r + 2t, r, s, t) |r, s, t ∈ R}
= {(−r, −r, r, 0, 0) + (0, 0, 0, s, 0) + (0, 2t, 0, 0, t) |r, s, t ∈ R}
= {(−1, −1, 1, 0, 0) · r + (0, 0, 0, 1, 0) · s + (0, 2, 0, 0, 1) · t |r, s, t ∈ R}
□

Esercizio 4.7 (7.21). Siano dati i seguenti vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (2, 1, 1),  v_{2} ≡ (−1, 1, 2),  v_{3} ≡ (3, −2, −1),  v_{4} ≡ (4, −1, −2).

Stabilire se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

Soluzione: Si tratta di stabilire se l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} ammette soluzione. Notiamo che il vettore xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} è dato da:

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = (2x − y + 3z, x + y − 2z, x + 2y − z)

quindi all’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} associamo il sistema

\begin{cases}2x − y + 3z = 4 \\ x + y − 2z = −1 \\ x + 2y − z = −2 \end{cases}

Notiamo che si tratta del sistema

A|b = [\begin{matrix}2 & −1 & 3 & | & 4 \\ 1 & 1 & −2 & | & −1 \\ 1 & 2 & −1 & | & −2 \end{matrix}]

dove A è la matrice che ha per colonne i vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}, e b è dato dal vettore v_{4}. In generale passeremo direttamente dall’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} al sistema A|b associato.

Per Rouchè - Capelli il sistema ammette soluzione se rg(A) = rg(A|b). Riduciamo quindi la matrice a gradini:

\begin{matrix}2II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & −1 & 3 & | & 4 \\ 0 & 3 & −7 & | & −6 \\ 0 & 1 & 1 & | & −1 \end{matrix}]  3III − II [\begin{matrix}2 & −1 & 3 & | & 4 \\ 0 & 3 & −7 & | & −6 \\ 0 & 0 & 10 & | & 3 \end{matrix}]

Abbiamo ottenuto che rg(A) = rg(A|b) = 3 quindi il sistema ammette (una unica) soluzione e v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

□

Esercizio 4.8 (7.22). Siano dati i segunti vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 1),  v_{2} ≡ (2, 7, 7),  v_{3} ≡ (0, k^{2} + 2, 3),  v_{4} ≡ (1, k + 3, k^{2} + 2).

Stabilire se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} al variare del parametro k.

Soluzione: Si tratta di stabilire se il sistema associato all’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} ammette soluzione. Consideriamo la matrice associata a tale sistema

A|b = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 1 & 7 & k^{2} + 2 & | & k + 3 \\ 1 & 7 & 3 & | & k^{2} + 2 \end{matrix}]

Per Rouchè - Capelli il sistema ammette soluzione se rg(A) = rg(A|b). Riduciamo la matrice a gradini:

\begin{matrix}II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 5 & k^{2} + 2 & | & k + 2 \\ 0 & 0 & k^{2} − 1 & | & k^{2} − k − 1 \end{matrix}]

Consideriamo il pivot della terza riga e distinguiamo i casi necessari.

• Se k ≠ ±1 sia la matrice completa che quella incompleta hanno 3 pivot, quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette (una unica) soluzione. Di conseguenza v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

• Se k = 1 la matrice diventa:

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 5 & 3 & | & 3 \\ 0 & 0 & 0 & | & −1 \end{matrix}]

Quindi A ha 2 pivot, mentre A|b ne ha 3. Dal momento che rg(A) < rg(A|b) il sitema non ammette soluzioni e v_{4} non è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

• Se k = −1 la matrice diventa:

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 5 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & −1 \end{matrix}]

Quindi A ha 2 pivot, mentre A|b ne ha 3. Dal momento che rg(A) < rg(A|b) il sitema non ammette soluzioni e v_{4} non è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

□

Esercizio 4.9 (6.4). Calcolare l’inversa delle matrici (invertibili)

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}1 & −1 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 7 \end{matrix}]

utilizzando il metodo della riduzione a gradini.

Soluzione:

• Consideriamo la matrice A e procediamo affiancando ad A la matrice identica 2 × 2 prima di calcolare rref(A):

[\begin{matrix}1 & 2 & | & 1 & 0 \\ 2 & −1 & | & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − 2I [\begin{matrix}1 & 2 & | & 1 & 0 \\ 0 & −5 & | & −2 & 1 \end{matrix}]

⇒ −1/5II [\begin{matrix}1 & 2 & | & 1 & 0 \\ 0 & 1 & | & \frac{2}{5} & −\frac{1}{5} \end{matrix}] ⇒ I − 2II [\begin{matrix}1 & 0 & | & \frac{1}{5} & \frac{2}{5} \\ 0 & 1 & | & \frac{2}{5} & −\frac{1}{5} \end{matrix}]

Di conseguenza

A^{−1} = [\frac{2}{5} −\frac{1}{5}^{\frac{1}{5} \frac{2}{5}}]

• Consideriamo la matrice B e procediamo affiancando a B la matrice identica 3×3 prima di calcolare rref(B):

[\begin{matrix}1 & −1 & 3 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & | & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 7 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 3 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −1 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & −2 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}1/2II \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 3 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −\frac{1}{2} & | & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 2 & | & −1 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ 1/2III [\begin{matrix}1 & −1 & 3 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −\frac{1}{2} & | & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}I − 3III \\ II + 1/2III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & | & \frac{5}{2} & \frac{3}{2} & −\frac{3}{2} \\ 0 & 1 & 0 & | & −\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & 1 & | & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ] ⇒ I + II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & \frac{7}{4} & \frac{7}{4} & −\frac{5}{4} \\ 0 & 1 & 0 & | & −\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & 1 & | & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ]

Di conseguenza

B^{−1} = [\begin{matrix}\frac{7}{4} & \frac{7}{4} & −\frac{5}{4} \\ −\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ]

Notiamo che se M ∈ M_{n×n} è una matrice tale che rref(M) = I_{n}, allora rg(M) = n, quindi:

una matrice n × n è invertibile se e solo se ha rango n.

□

Esercizio 4.10 (v. 6.7). Si calcoli la matrice inversa di

A = [\begin{matrix}−1 & −2 & 1 \\ 0 & −4 & 0 \\ 1 & −2 & 3 \end{matrix}]

Soluzione: Calcoliamo l’inversa di A con il metodo della riduzione:

[\begin{matrix}−1 & −2 & −1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −4 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −2 & 3 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−I \\ −1/4II \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 1 & | & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & −4 & 2 & | & 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

III + 4II [\begin{matrix}1 & 2 & 1 & | & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 2 & | & 1 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I − 2II \\ 1/2III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & −1 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}]

⇒ I − III [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & −\frac{3}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ]  ⇒  A^{−1} = [\begin{matrix}−\frac{3}{2} & 1 & −\frac{1}{2} \\ 0 & −\frac{1}{4} & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix} ]
□

Esercizio 4.11 (6.9). Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ 3k & 8 + 2k & k − 1 \\ 0 & 8k + 8 & 0 \end{matrix}] (t reale).

a) Calcolare il rango di A al variare del parametro k.

b) Esistono valori di k per i quali la matrice è invertibile?

Soluzione:

a) Riduciamo A a gradini:

II − 3kI [\begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ 0 & 8 + 8k & k − 1 \\ 0 & 8k + 8 & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ 0 & 8 + 8k & k − 1 \\ 0 & 0 & −k + 1 \end{matrix}]

Quindi:

– Se k ≠ ±1, la matrice ha 3 pivot, quindi rg(A) = 3.

– Se k = 1 o k = −1, la matrice ha 2 pivot, quindi rg(A) = 2.

b) Una matrice quadrata è invertibile se ha rango massimo. In questo caso A è invertibile quando ha

rango 3 cioè se k ≠ ±1.

□

Esercizio 4.12 (6.11). Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}1 & k & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 \\ 2 & k & 0 \end{matrix}] (k reale).

a) Stabilire per quali valori di k la matrice A è invertibile.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente determinare l’inversa di A.

Soluzione: a) Calcoliamo il rango di A riducendola a gradini, ricordando che una matrice è invertibile se ha rango

massimo (in questo caso 3):

III − 2I [\begin{matrix}1 & k & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 \\ 0 & −k & 0 \end{matrix}] ⇒ III + kII [\begin{matrix}1 & k & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 \\ 0 & 0 & k(k − 4) \end{matrix}]

A ha tre pivot, e quindi rango 3, se k(k − 4) ≠ 0. Quindi A è invertibile se k ≠ 0, 4.

b) Per determinare l’inversa di A calcoliamo rref(A) dopo avere affiancato a A la matrice identica, tenendo conto delle condizioni k ≠ 0, 4:

[\begin{matrix}1 & k & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 & | & 0 & 1 & 0 \\ 2 & k & 0 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ III − 2I [\begin{matrix}1 & k & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −k & 0 & | & −2 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

III + kII [\begin{matrix}1 & k & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k(k − 4) & | & −2 & k & 1 \end{matrix}]

⇒ \frac{1}{k(k−4)}III [\begin{matrix}1 & k & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & k − 4 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & −\frac{2}{k(k−4)} & \frac{1}{k−4} & \frac{1}{k(k−4)} \end{matrix} ]

⇒ II − (k − 4)III [\begin{matrix}1 & k & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & \frac{2}{k} & 0 & −\frac{1}{k} \\ 0 & 0 & 1 & | & −\frac{2}{k(k−4)} & \frac{1}{k−4} & \frac{1}{k(k−4)} \end{matrix} ]

⇒ I − kII [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & | & \frac{2}{k} & 0 & −\frac{1}{k} \\ 0 & 0 & 1 & | & −\frac{2}{k(k−4)} & \frac{1}{k−4} & \frac{1}{k(k−4)} \end{matrix} ]

Quindi

A^{−1} = [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ \frac{2}{k} & 0 & −\frac{1}{k} \\ −\frac{2}{k(k−4)} & \frac{1}{k−4} & \frac{1}{k(k−4)} \end{matrix} ] ∀k ≠ 0, 4

□