CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 1– GEOMETRIA 2010/11

Esercizio 1.1 (1.2). Per ognuna delle seguenti coppie di matrici A, B e scalari λ, μ ∈ R, calcolare A + B, B − A, λA + μB, AB, BA, A^{2}:

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 2 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}3 & 2 \\ −1 & 4 \end{matrix}]  λ = \frac{1}{2}, μ = 0

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 3 & −1 & −1 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}3 & 0 & 2 \\ −1 & 4 & 5 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}]  λ = 2, μ = −1

Soluzione: Comiciamo dalla prima coppia di matrici:

A + B = [\begin{matrix}4 & 3 \\ 1 & 6 \end{matrix}]  B − A = [\begin{matrix}2 & 1 \\ −3 & 2 \end{matrix}]
λA + μB = \frac{1}{2} · A + 0 · B = \frac{1}{2}A = [1 1^{\frac{1}{2} \frac{1}{2}}]  AB = [\begin{matrix}2 & 6 \\ 4 & 12 \end{matrix}]
BA = [\begin{matrix}7 & 7 \\ 7 & 7 \end{matrix}]  A^{2} = A · A = [\begin{matrix}3 & 3 \\ 6 & 6 \end{matrix}]

Analogamente per la seconda coppia di matrici:

A + B = [\begin{matrix}4 & 0 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix}]  B − A = [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ −4 & 5 & 6 \\ −3 & 0 & 1 \end{matrix}]

λA + μB = 2A − B = [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 7 & −6 & −7 \\ 5 & 0 & −2 \end{matrix}]  AB = [\begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 11 & −4 & 1 \\ 7 & 0 & 4 \end{matrix}]

BA = [\begin{matrix}7 & 0 & 1 \\ 21 & −4 & −10 \\ −1 & 0 & −1 \end{matrix}]  A^{2} = A · A = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ −2 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

□

Esercizio 1.2 (1.3). Date le seguenti matrici:

A_{1} = [\begin{matrix}−1 & 2 & 5 & −3 \\ 3 & −1 & 0 & 2 \\ 4 & 0 & 0 & −2 \end{matrix}];  A_{2} = [\begin{matrix}0 & −2 & 5 \\ 4 & −3 & 2 \end{matrix}];  A_{3} = [\begin{matrix}5 & 0 \\ −1 & 2 \\ 4 & 5 \\ 5 & −1 \end{matrix}];

A_{4} = [\begin{matrix}3 & 5 \\ −1 & 10 \\ −2 & 0 \end{matrix}];  A_{5} = [\begin{matrix}−2 & 4 & 1 \\ −4 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}];  A_{6} = [\begin{matrix}−3 & 1 & −1 \\ −8 & 5 & 3 \end{matrix}];

calcolare, quando possibile, i prodotti A_{i} · A_{j} per i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Soluzione: Ricordiamo che una matrice è detta n × m se ha n righe e m colonne. Inoltre è possibile moltiplicare due matrici A e B solamente se

• A è del tipo n × m
• B è del tipo m × k

(cioè se il numero delle colonne di A è uguale al numero delle righe di B). Il risultato è una matrice C del tipo n × k.

Scriviamo solo i prodotti che è possibile effettuare:

A_{1} · A_{3} = [\begin{matrix}−2 & 32 \\ 26 & −4 \\ 10 & 2 \end{matrix}]

A_{2} · A_{1} = [\begin{matrix}14 & 2 & 0 & −14 \\ −5 & 11 & 20 & −22 \end{matrix}]  A_{2} · A_{4} = [\begin{matrix}−8 & −20 \\ 11 & −10 \end{matrix}]  A_{2} · A_{5} = [\begin{matrix}8 & −8 & 8 \\ 4 & 4 & −8 \end{matrix}]
A_{3} · A_{2} = [\begin{matrix}0 & −10 & 25 \\ 8 & −4 & −1 \\ 20 & −23 & 30 \\ −4 & −7 & 23 \end{matrix}]  A_{3} · A_{6} = [\begin{matrix}−15 & 5 & −5 \\ −13 & 9 & 7 \\ −52 & 29 & 11 \\ −7 & 0 & −8 \end{matrix}]
A_{4} · A_{2} = [\begin{matrix}20 & −21 & 25 \\ 40 & −28 & 15 \\ 0 & 4 & −10 \end{matrix}]  A_{4} · A_{6} = [\begin{matrix}−49 & 28 & 12 \\ −77 & 49 & 31 \\ 6 & −2 & 2 \end{matrix}]
A_{5} · A_{1} = [\begin{matrix}18 & −8 & −10 & 12 \\ 32 & −12 & −20 & 12 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  A_{5} · A_{4} = [\begin{matrix}−12 & 30 \\ −24 & 20 \\ 0 & 0 \end{matrix}]  A_{5} · A_{5} = [\begin{matrix}−12 & 8 & 14 \\ −8 & 0 & 12 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]
A_{6} · A_{1} = [\begin{matrix}2 & −7 & −15 & 13 \\ 35 & −21 & −40 & 28 \end{matrix}]  A_{6} · A_{4} = [\begin{matrix}−8 & −5 \\ −35 & 10 \end{matrix}]  A_{6} · A_{5} = [\begin{matrix}2 & −8 & 1 \\ −4 & −12 & 12 \end{matrix}]
□

Esercizio 1.3 (1.4). Date le matrici

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

calcolare i prodotti AI_{4} e I_{4}A^{T}. Soluzione: Notiamo che la matrice quadrata I_{4} è detta matrice identica di ordine 4. In generale le matrici identiche (dei differenti ordini) vengono indicate I.

AI_{4} = [1 2 3 4] = A

I_{4}A^{T} = I_{4} · [\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}] = A^{T}

□

Esercizio 1.4 (1.5). Date le matrici

A = [−2 \frac{1}{2} 3 1] B = [1 −3 \frac{2}{3} 1]

calcolare 3A − 2B e AB^{T}. Soluzione:

3A − 2B = [−6 \frac{3}{2} 9 3] − [2 −6 \frac{4}{3} 2] = [−8 \frac{15}{2} \frac{23}{3} 1]

AB^{T} = [−2 \frac{1}{2} 3 1] · [ 1 ; −3 ; \frac{2}{3} ; 1] = [−\frac{1}{2}]

Notiamo che la matrice [−\frac{1}{2}] è detta matrice scalare.

□

Esercizio 1.5 (1.6). Calcolare la potenza A^{3} della matrice

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

Soluzione: Si tratta di eseguire due prodotti:

A^{3} = A · A · A = [\begin{matrix}3 & −4 & 3 \\ 1 & 9 & 4 \\ 2 & −1 & 3 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}6 & −15 & 5 \\ 5 & 26 & 15 \\ 5 & −5 & 6 \end{matrix}]

□

Esercizio 1.6 (1.8). Date le seguenti matrici A, calcolare, se esiste, l’inversa di A (cioè determinare se esiste la matrice B tale che AB = BA = I).

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

Soluzione: Consideriamo la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 3 & 3 \end{matrix}]

Per potere effettuare i prodotti AB e BA, la matrice B deve essere 2 × 2. Sia quindi

B = [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}]

la generica matrice 2 × 2. Si ha

AB = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 3 & 3 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}] = [\begin{matrix}x + z & y + w \\ 3x + 3z & 3y + 3w \end{matrix}]

Dalla condizione AB = I segue

\begin{cases}x + z = 1 \\ y + w = 0 \\ 3x + 3z = 0 \\ 3y + 3w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − z \\ y = −w \\ 3(1 − z) + 3z = 0 \\ 3(−w) + 3w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − z \\ y = −w \\ 3 = 0 \\ 0 = 1 \end{cases}

La terza e la quarta equazione sono impossibili, di conseguenza tutto il sistema non ammette soluzione. Questo indica che la matrice A non ammette inversa.

Consideriamo ora la matrice

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

e sia

B = [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}]

la generica matrice 2 × 2. Si ha

AB = [\begin{matrix}1 & −1 \\ −3 & 2 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}] = [\begin{matrix}x − z & y − w \\ −3x + 2z & −3y + 2w \end{matrix}]

Dalla condizione AB = I segue

\begin{cases}x − z = 1 \\ y − w = 0 \\ −3x + 2z = 0 \\ −3y + 2w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + z \\ y = w \\ −3(1 + z) + 2z = 0 \\ −3w + 2w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + z \\ y = w \\ z = −3 \\ w = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2 \\ y = −1 \\ z = −3 \\ w = −1 \end{cases}

Di conseguenza deve essere

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

E’ immediato verificare che tale matrice B soddisfa anche la condizione BA = I, di conseguenza B è la matrice inversa di A cercata. Una tale matrice B inversa di A viene normalmente indicata con A^{−1}.

□ Esercizio 1.7 (1.9). Date le matrici

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

calcolare AB, BA, BC e CB. Soluzione:

AB = [\begin{matrix}2 & −4 \\ 0 & 9 \end{matrix}] BA = [\begin{matrix}2 & −6 \\ 0 & 9 \end{matrix}]

BC = [\begin{matrix}3 & −6 \\ 0 & 9 \end{matrix}] CB = [\begin{matrix}3 & −6 \\ 0 & 9 \end{matrix}]

Notiamo che AB ≠ BA, mentre BC = CB. Infatti il prodotto tra matrici non è in generale commutativo; nel secondo caso si presenta questa situazione particolare in quanto C = 3I.

□

Esercizio 1.8 (1.10). Si consideri il seguente insieme (matrici triangolari superiori di M_{2×2}(R))

I = \{[\begin{matrix}a & b \\ 0 & c \end{matrix}] | a, b, c ∈ R\}

Si verifichi che I è chiuso rispetto al prodotto e alla somma di matrici, ovvero che presi due elementi di I anche il loro prodotto e la loro somma sono elementi di I. Soluzione: Siano

A = [\begin{matrix}a & b \\ 0 & c \end{matrix}] B = [\begin{matrix}x & y \\ 0 & z \end{matrix}]

due generici elementi di I. Dobbiamo verificare che A + B e AB sono ancora elementi di I:

A + B = [\begin{matrix}a & b \\ 0 & c \end{matrix}] + [\begin{matrix}x & y \\ 0 & z \end{matrix}] = [\begin{matrix}a + x & b + y \\ 0 & c + z \end{matrix}] ∈ I

AB = [\begin{matrix}ax & ay + bz \\ 0 & cz \end{matrix}] ∈ I

Notiamo che l’unica condizione per l’appartenenza a I è che l’elemento di posizione 2, 1 si annulli.

□

Esercizio 1.9 (1.11). Mostrare attraverso un esempio che esistono matrici A, B non nulle tali che AB = 0. Soluzione: Possiamo prendere per esempio

A = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

Infatti A e B sono non nulle e AB = 0.

□

Esercizio 1.10 (1.12). Sia

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

e B una matrice tale che AB = BA. Si dimostri che

B = λI_{2} + [\begin{matrix}0 & x \\ 0 & 0 \end{matrix}]

dove λ, x ∈ R. Soluzione:

Sia

B = [\begin{matrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix}]

la generica matrice 2 × 2. Si ha

AB = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix}] = [\begin{matrix}b_{11} + b_{21} & b_{12} + b_{22} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix}]

BA = [\begin{matrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}b_{11} & b_{11} + b_{12} \\ b_{21} & b_{21} + b_{22} \end{matrix}]

Dalla condizione AB = BA segue

\begin{cases}b_{11} + b_{21} = b_{11} \\ b_{12} + b_{22} = b_{11} + b_{12} \\ b_{21} = b_{21} \\ b_{22} = b_{21} + b_{22} \end{cases} ⇒ \begin{cases}b_{21} = 0 \\ b_{22} = b_{11} \\ 0 = 0 \\ b_{21} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}b_{11} = t \\ b_{12} = s \\ b_{21} = 0 \\ b_{22} = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

Di conseguenza B deve essere del tipo

B = [\begin{matrix}t & s \\ 0 & t \end{matrix}] = [\begin{matrix}t & 0 \\ 0 & t \end{matrix}] + [\begin{matrix}0 & s \\ 0 & 0 \end{matrix}] = t · [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] + [\begin{matrix}0 & s \\ 0 & 0 \end{matrix}]

Abbiamo quindi ottenuto che

B = λI_{2} + [\begin{matrix}0 & x \\ 0 & 0 \end{matrix}]

dove λ, x ∈ R.

□

Esercizio 1.11 (1.13). Date le matrici

A = [\begin{matrix}1 & −2 & 3 \\ 0 & 5 & −6 \\ 2 & −1 & 4 \end{matrix}] e C = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ −1 & 5 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \end{matrix}]

determinare la matrice B tale che A + B = C. Soluzione: E’ sufficiente osservare che se

A + B = C ⇒ −A + A + B = −A + C ⇒ B = C − A

Quindi

B = [\begin{matrix}1 − 1 & 2 + 2 & 0 − 3 \\ −1 − 0 & 5 − 5 & 2 + 6 \\ 2 − 2 & 1 + 1 & 3 − 4 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 4 & −3 \\ −1 & 0 & 8 \\ 0 & 2 & −1 \end{matrix}]

□

Esercizio 1.12 (1.14). Date le matrici

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

stabilire se D è combinazione lineare di A, B, C. Soluzione: Si tratta di determinare se esiste soluzione dell’equazione

Ax + By + Cz = D

Esplicitando tale equazione otteniamo:

Ax + By + Cz = [\begin{matrix}x & 2x \\ −x & 3x \end{matrix}] + [\begin{matrix}2y & y \\ y & y \end{matrix}] + [\begin{matrix}−z & z \\ 2z & 3z \end{matrix}] = [\begin{matrix}x + 2y − z & 2x + y + z \\ −x + y + 2z & 3x + y + 3z \end{matrix}]

Quindi:

[\begin{matrix}x + 2y − z & 2x + y + z \\ −x + y + 2z & 3x + y + 3z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y − z = 0 \\ 2x + y + z = 1 \\ −x + y + 2z = −1 \\ 3x + y + 3z = 2 \end{cases}

Dobbiamo quindi risolvere il sistema lineare non omogeneo di quattro equazioni i tre incognite. Procedendo per sostituzione otteniamo

\begin{cases}x = −2y + z \\ −3y + 3z = 1 \\ 3y + z = −1 \\ −6y + 6z = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2y + z \\ −3y + 3z = 1 \\ z = −3y − 1 \\ −3y + 3z = −1 \end{cases}

Anche senza procedere ulteriormente vediamo che la seconda e quarta equazione sono in contraddizione, quindi il sistema non ammette soluzione e D non è combinazione lineare di A, B e C.

□

Esercizio 1.13 (1.15). Date le matrici

A = [\begin{matrix}1 & k \\ 0 & 1 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 2 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}3 & 6 \\ 1 & 3 \end{matrix}]

stabilire se esistono valori di k per cui C è combinazione lineare di A, B. In caso positivo esprimere tale combinazione lineare.

Soluzione: Analogamente all’esercizio precedente si tratta di determinare se esiste soluzione dell’equazione

Ax + By = C

Esplicitando tale equazione otteniamo:

Ax + By = [\begin{matrix}x & kx \\ 0 & x \end{matrix}] + [\begin{matrix}2y & 3y \\ y & 2y \end{matrix}] = [\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ y & x + 2y \end{matrix}]

Quindi:

[\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ y & x + 2y \end{matrix}] = [\begin{matrix}3 & 6 \\ 1 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y = 3 \\ kx + 3y = 6 \\ y = 1 \\ x + 2y = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + 2 = 3 \\ kx + 3 = 6 \\ y = 1 \\ x + 2 = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ kx = 3 \\ y = 1 \\ x = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ k = 3 \\ y = 1 \\ x = 1 \end{cases}

Quindi • Se k = 3 il sistema ammette la sola soluzione x = y = 1 e A + B = C.

• Se k ≠ 3 il sistema non ammette soluzione e C non è combinazione di A e B.

□

Esercizio 1.14 (1.18). Si risolva il sistema Ax = b dove

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

Soluzione:

Ax = [\begin{matrix}1 & 3 \\ 2 & 4 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix}x_{1} + 3x_{2} \\ 2x_{1} + 4x_{2} \end{matrix}]

Quindi Ax = b implica

\begin{cases}x_{1} + 3x_{2} = 2 \\ 2x_{1} + 4x_{2} = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 2 − 3x_{2} \\ 4 − 6x_{2} + 4x_{2} = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −7 \\ x_{2} = 3 \end{cases}

La matrice A è detta matrice dei coefficienti e la matrice b matrice o colonna dei termini noti del sistema

\begin{cases}x_{1} + 3x_{2} = 2 \\ 2x_{1} + 4x_{2} = −2 \end{cases}

Si dice anche più semplicemente che A e b (oppure A|b) sono le matrici associate al sistema.

Notiamo che si può passare da A al sistema o viceversa semplicemente aggiungendo o togliendo le incognite.

□

Esercizio 1.15 (1.20). Si risolva il sistema Ax = b nei seguenti casi

a)  A = [\begin{matrix}1 & 3 & 2 \\ 0 & 3 & 6 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] ,  x = [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}]  b = [\begin{matrix}2 \\ −3 \\ 4 \end{matrix}]

b)  A = [\begin{matrix}4 & 33 & 2 \\ 0 & 1 & 6 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  x = [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}]  b = [\begin{matrix}3 \\ 4 \\ −4 \end{matrix}]

c)  A = [\begin{matrix}−1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  x = [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}]  b = [\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 0 \end{matrix}]

Soluzione:

a) Calcoliamo il prodotto

Ax = [\begin{matrix}1 & 3 & 2 \\ 0 & 3 & 6 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}] = [\begin{matrix}x_{1} + 3x_{2} + 2x_{3} \\ 3x_{2} + 6x_{3} \\ 2x_{3} \end{matrix}]

Quindi la condizione Ax = b implica

\begin{cases}x_{1} + 3x_{2} + 2x_{3} = 2 \\ 3x_{2} + 6x_{3} = −3 \\ 2x_{3} = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} + 3x_{2} + 2x_{3} = 2 \\ 3x_{2} = −6 · 2 − 3 \\ x_{3} = 2 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x_{1} = −3 · (−5) − 2 · 2 + 2 = 13 \\ x_{2} = −5 \\ x_{3} = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 13 \\ x_{2} = −5 \\ x_{3} = 2 \end{cases}

b) Scriviamo direttamente il sistema associato a A e b aggiungendo le incognite:

\begin{cases}4x_{1} + 33x_{2} + 2x_{3} = 3 \\ x_{2} + 6x_{3} = 4 \\ 0 = −4 \end{cases}

Notiamo subito che l’ultima equazione è impossibile, quindi il sistema non ammette soluzione.

c) Scriviamo direttamente il sistema associato a A e b aggiungendo le incognite:

\begin{cases}−x_{1} + 3x_{2} + x_{3} = 3 \\ x_{2} + x_{3} = 4 \\ 0 = 0 \end{cases}

Notiamo che il sistema ha tre incognite, ma solamente due equazioni (significative). Abbiamo quindi una variabile libera. Partiamo dall’ultima equazione (significativa) aggiungendo un parametro. Poniamo per esempio x_{3} = t (Potevamo equivalentemente porre x_{2} = t):

\begin{cases}−x_{1} + 3x_{2} + x_{3} = 3 \\ x_{2} = −t + 4 \\ x_{3} = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 3(−t + 4) + t − 3 = −2t + 9 \\ x_{2} = −t + 4 \\ x_{3} = t \end{cases}

⇒ \begin{cases}x_{1} = −2t + 9 \\ x_{2} = −t + 4 \\ x_{3} = t \end{cases} ∀t ∈ R

Notiamo che in questo caso il sistema ammette infinite soluzione: ogni valore assegnato a t permette di trovare una delle infinite soluzioni.

□