CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 6– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2010/11

Esercizio 6.1 (6.3). Calcolare il rango della seguente matrice A, utilizzando il calcolo del determinante.

A = [\begin{matrix}1 & k + 2 & 0 \\ k^{2} − 1 & 0 & 4 − k \\ 1 & 2k − 3 & 0 \end{matrix}] k ∈ R

Soluzione: Per calcolare il rango di A utilizziamo la seguente proprietà.

Il rango di una matrice A corrisponde al massimo ordine di una sottomatrice quadrata di A con deteminante non nullo.

Cominciamo quindi a calcolare il determinante di A per stabilire quando rg(A) = 3.

Sviluppiamo rispetto alla terza colonna:

det(A) = −(4 − k) · [2k − 3 − (k + 2)] = (k − 4)(k − 5)

Quindi det(A) = 0 se k = 4 o k = 5.

Di conseguenza:

• Se k ≠ 4, 5, la matrice ha determinante non nullo, quindi rg(A) = 3.

• Se k = 4 la matrice A diventa:

A = [\begin{matrix}1 & 6 & 0 \\ 15 & 0 & 0 \\ 1 & 5 & 0 \end{matrix}]

Sappiamo già che rg(A) ≤ 2. Per stabilire se ha rango 2 basta trovare una sottomatrice 2 × 2 con determinante non nullo. In effetti in A troviamo per esempio la sottomatrice:

B = [\begin{matrix}1 & 6 \\ 15 & 0 \end{matrix}] det(B) = −15 · 6 ≠ 0

quindi rg(A) = 2.

• Se k = 5 la matrice A diventa:

A = [\begin{matrix}1 & 7 & 0 \\ 24 & 0 & 1 \\ 1 & 7 & 0 \end{matrix}]

Sappiamo già che rg(A) ≤ 2. Per stabilire se ha rango 2 basta trovare una sottomatrice 2 × 2 con determinante non nullo. In effetti in A troviamo per esempio la sottomatrice:

C = [\begin{matrix}7 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] det(C) = 7 ≠ 0

quindi rg(A) = 2.

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Esercizio 6.2 (6.5). Dopo avere stabilito se le seguenti matrici sono invertibili calcolarne l’inversa:

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

A_{4} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & 5 \end{matrix}]  A_{5} = [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]  A_{6} = [\begin{matrix}1 & −1 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 7 \end{matrix}]

Soluzione:

2 FOGLIO DI ESERCIZI 6 – GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2010/11

• Poichè det(A_{1}) = −1 − 4 = −5 la matrice A_{1} è invertibile. Inoltre

\begin{cases}a′_{11} = (−1)^{1+1}(−1) = −1 \\ a′_{12} = (−1)^{1+2}2 = −2 \\ a′_{21} = (−1)^{2+1}2 = −2 \\ a′_{22} = (−1)^{2+2}1 = 1 \end{cases} ⇒ A_{1}^{−1} = [\frac{2}{5} −\frac{1}{5}^{\frac{1}{5} \frac{2}{5}} ]

• Consideriamo A_{2}. Poichè det(A_{2}) = 3 · 1 = 3 ≠ 0, la matrice A_{2} è invertibile. Inoltre

\begin{cases}a′_{11} = (−1)^{1+1}1 = 1 \\ a′_{12} = (−1)^{1+2}0 = 0 \\ a′_{21} = (−1)^{2+1}0 = 0 \\ a′_{22} = (−1)^{2+2}3 = 3 \end{cases} ⇒ A_{2}^{−1} = [\begin{matrix}\frac{1}{3} & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

• Consideriamo A_{3}. Poichè det(A_{3}) = 3 − 2 = 1 ≠ 0, la matrice A_{3} è invertibile. Inoltre

\begin{cases}a′_{11} = (−1)^{1+1}3 = 3 \\ a′_{12} = (−1)^{1+2}2 = −2 \\ a′_{21} = (−1)^{2+1}1 = −1 \\ a′_{22} = (−1)^{2+2}1 = 1 \end{cases} ⇒ A_{3}^{−1} = [\begin{matrix}3 & −1 \\ −2 & 1 \end{matrix}]

• Poichè det(A_{4}) = 10 ≠ 0, la matrice A_{4} è invertibile. Inoltre

\begin{cases}a′_{11} = (−1)^{1+1} det [\begin{matrix}2 & −1 \\ 0 & 5 \end{matrix}] = 10 \\ a′_{12} = (−1)^{1+2} = det [\begin{matrix}0 & −1 \\ 0 & 5 \end{matrix}] = 0 \\ a′_{13} = (−1)^{1+3}1 = det [\begin{matrix}0 & 2 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = 0 \\ a′_{21} = (−1)^{2+1} det [\begin{matrix}−4 & 2 \\ 0 & 5 \end{matrix}] = 20 \\ a′_{22} = (−1)^{2+2} = det [\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & 5 \end{matrix}] = 5 \\ a′_{23} = (−1)^{2+3} = det [\begin{matrix}1 & −4 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = 0 \\ a′_{31} = (−1)^{3+1} det [\begin{matrix}−4 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}] = 0 \\ a′_{32} = (−1)^{3+2} = det [\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix}] = 1 \\ a′_{33} = (−1)^{3+3} = det [\begin{matrix}1 & −4 \\ 0 & 2 \end{matrix}] = 2 \end{cases} ⇒ A_{4}^{−1} = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{10} \\ 0 & 0 & \frac{1}{5} \end{matrix} ]

• Poichè det(A_{5}) = −6 ≠ 0, la matrice A_{5} è invertibile. Inoltre

a′_{11} = 3  a′_{12} = 0  a′_{13} = 0
a′_{21} = 0  a′_{22} = −6  a′_{23} = 0
a′_{31} = 0  a′_{32} = 0  a′_{33} = −2

Quindi

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

• Poichè det(A_{6}) = 4 ≠ 0, la matrice A_{6} è invertibile. Inoltre

a′_{11} = 7  a′_{12} = −3  a′_{13} = −2
a′_{21} = 7  a′_{22} = 1  a′_{23} = −2
a′_{31} = −5  a′_{32} = 1  a′_{33} = 2

Quindi

A_{6}^{−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} ]

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Esercizio 6.3 (6.6). Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ k & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}]

a) Calcolare il determinante di A e stabilire per quali valori di k la matrice è invertibile.

b) Trovare la matrice inversa di A per k = 1.

Soluzione:

a)

det(A) = (1 − 4) + 2k = 2k − 3

La matrice A è invertibile se il suo determinante è diverso da zero, ovvero se k ≠ \frac{3}{2}.

b) Calcoliamo l’inversa di A dopo avere posto k = 1, nel quale caso det(A) = 2 − 3 = −1.

a′_{11} = −3  a′_{12} = −1  a′_{13} = 2
a′_{21} = 2  a′_{22} = 1  a′_{23} = −2
a′_{31} = −1  a′_{32} = −1  a′_{33} = 1

Quindi

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

In alternativa per calcolare l’inversa di A potevamo calcolare rref(A) dopo avere affiancato a A, con k = 1, la matrice identica:

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

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

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

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Esercizio 6.4 (6.7). Sia A la matrice reale

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

a) Si determini per quali valori di k la matrice A è invertibile. Si calcoli la matrice inversa di A per k = −1.

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

Soluzione:

a) Una matrice quadrata è invertibile se ha determinante diverso da zero, ovvero se ha rango massimo. Calcoliamo quindi il determinante di A sviluppando rispetto alla seconda riga:

det(A) = (2k − 2) · [k(2 − k) − k] = (2k − 2)(−k^{2} + k)

Quindi det(A) = 0 se

2k − 2 = 0 ⇒ k = 1
− k^{2} + k = 0 ⇒ k = 0 o k = 1

Infine A è invertibile se k ≠ 0 e k ≠ 1.

Calcoliamo l’inversa di A quando k = −1 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} ]

b) Abbiamo visto che se k ≠ 0, 1 la matrice ha determinante non nullo, quindi in questi casi rg(A) = 3.

Inoltre:

– Se k = 0, A diventa

[\begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ 1/2II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ rg(A) = 2

– Se k = 1, A diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ rg(A) = 1

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Esercizio 6.5 (7.5). Si dica per quali valori di k il sistema di equazioni lineari:

x + y = 1

kx + y + z = 1 − k (k parametro reale) y + (1 − k)z = 1

ammette un’unica soluzione.

Soluzione: Dal teorema di Rouchè Capelli sappiamo che il sistema ammette una unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = 3. Riduciamo quindi a gradini la matrice A|b associata a tale sistema per calcolarne il rango:

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

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

Il sistema ammette un’unica soluzione se il rango della matrice dei coefficienti e della matrice completa sono entrambi tre. Dalla matrice ridotta questo avviene per k ≠ 0, 2.

Anche se non è richiesto dall’esercizio notiamo che per k = 2 il sistema non ammette soluzione, mentre per k = 0 ne ammette infinite.

In alternativa potevamo calcolare il rango della matrice ragionando sui determinanti:

det(A) = 1 − k − 1 − k(1 − k) = k^{2} − 2k

Quindi se k ≠ 0, 2, la matrice A ha determinante non nullo, quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette una unica soluzione.

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Esercizio 6.6 (7.13). Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}(1 + k)x = 0 \\ ky + z + w = 2 \\ x + kz + 2w = k \\ x + kw = 0 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette una unica soluzione.

b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema per k = 0.

Soluzione:

La matrice associata a al sistema è

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

a) Il sistema ammette una unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = 4. Utilizzando il determinante, ricordiamo che il rango di una matrice corrisponde al massimo ordine di una sua sottomatrice quadrata con determinante diverso da zero. Quindi rg(A) = rg(A|b) = 4 se e solo se det(A) ≠ 0.

det(A) = (1 + k) · det [\begin{matrix}k & 1 & 1 \\ 0 & k & 2 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}] = (1 + k)k^{3}

Quindi il sistema ammette una unica soluzione quando k ≠ 0, −1.

b) Torniamo al sistema nel caso k = 0 (senza la necessità di ridurre la matrice associata):

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

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Esercizio 6.7 (7.19). Si consideri lo spazio vettoriale N(A) dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0 con

A = [\begin{matrix}8k + 1 & k + 4 & 0 & k + 8 \\ 2k & 0 & 1 & 2k + 2 \\ 0 & 0 & k + 4 & 0 \\ k & 0 & k + 2 & k + 3 \end{matrix}] k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali valori di k lo spazio N(A) è nullo: N(A) = {(0, 0, 0, 0)}.

b) Per i valori di k esclusi al punto precedente si determini una base di N(A).

Soluzione:

a) N(A) è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0. Un sistema omogeneo ammette sempre la soluzione nulla; in particolare, per Rouchè-Capelli, ammette la sola soluzione nulla se rg(A) è massimo. Nel nostro caso quindi N(A) = {(0, 0, 0, 0)} se rg(A) = 4. Determiniamo il rango di A calcolandone il deteminante:

det(A) = −(k + 4) · det [\begin{matrix}2k & 1 & 2k + 2 \\ 0 & k + 4 & 0 \\ k & k + 2 & k + 3 \end{matrix}] = −(k + 4)^{2} · [2k(k + 3) − k(2k + 2)] = −4k(k + 4)^{2}

Infine rg(A) = 4 se det(A) ≠ 0, cioé N(A) = {(0, 0, 0, 0)} se k ≠ 0, −4.

b) Se k = 0 la matrice A diventa

[\begin{matrix}1 & 4 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \end{matrix}] ⇒ N(A) : \begin{cases}x + 4y + 8w = 0 \\ z + 2w = 0 \\ 4z = 0 \\ 2z + 3w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −4t \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases}

⇒ N(A) = {(−4, 1, 0, 0)t | ∀t ∈ R} .

Se k = 0 quindi B(N(A)) = {(−4, 1, 0, 0)} e dim(N(A)) = 1. Se k = −4 la matrice A diventa

[\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ −8 & 0 & 1 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −4 & 0 & −2 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}31II − 8I \\ 2IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 31 & −218 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −5 & 4 \end{matrix}] ⇒ 31IV + 5II [\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 31 & −218 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −966 \end{matrix}]

N(A) : \begin{cases}−31x + 4w = 0 \\ 31z − 218w = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ N(A) = \{(0, 1, 0, 0)t | ∀t ∈ R\} .

Se k = −4 quindi B(N(A)) = {(0, 1, 0, 0)} e dim(N(A)) = 1.

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Esercizio 6.8 (7.24). Determinare per quali valori del parametro reale k i seguenti vettori formano una base di R^{3}.

v_{1} ≡ (1, 2, −2),  v_{2} ≡ (1, 1, −3),  v_{3} ≡ (3, 7, k − 6)

Soluzione: Sappiamo che tre vettori di R^{3} formano una base di R^{3} se e solo se sono linearmente indipendenti, ovvero se la matrice associata ai tre vettori ha rango 3. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata:

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

Ragionando sui ranghi: • Se k ≠ 1 la matrice ha 3 pivot, quindi ha rango 3 e v_{1}, v_{2} e v_{3} formano una base di R^{3}.

• Se k = 1 la matrice ha 2 pivot, quindi ha rango 2 e v_{1}, v_{2} e v_{3} non formano una base di R^{3}.

In alternativa potevamo calcolare il rango utilizzando il determinante:

det(A) = (k − 6 + 21) − (2k − 12 + 14) + 3(−6 + 2) = −k + 1

v_{1}, v_{2} e v_{3} formano una base di R^{3} se la matrice associata ha rango 3, ovvero se ha determinante non nullo, cioè k ≠ 1.

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Esercizio 6.9 (7.41). Si consideri l’insieme

S = { (k + 1, k + 1, 0, 2k), (0, 2k, 0, 0), (1, 3k, 0, 1), (1, 5k, 1, k) } .

a) Si stabilisca per quali valori di k l’insieme S è una base di R^{4}.

b) Posto k = −1 si trovino le coordinate del vettore v = (1, 1, 0, 1) rispetto alla base trovata.

Soluzione:

a) Calcoliamo il determinante della matrice associata ai quattro vettori

det [\begin{matrix}k + 1 & 0 & 1 & 1 \\ k + 1 & 2k & 3k & 5k \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 2k & 0 & 1 & k \end{matrix}] = 2k · det [\begin{matrix}k + 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2k & 1 & k \end{matrix}]

= 2k · (−1) · det [\begin{matrix}k + 1 & 1 \\ 2k & 1 \end{matrix}] = −2k(−k + 1)

Se k ≠ 0, 1 la matrice ha determinante diverso da zero, quindi rango 4 e i vettori formano una base di R^{4}.

b) Riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} + wv_{4} = v dove v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} sono i vettori della base dopo avere posto k = −1:

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

\begin{cases}−2x + z − w = 1 \\ −2y − 3z − 5w = 1 \\ z + w = 1 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −2 \\ z = 1 \\ w = 0 \end{cases}

Infine le coordinate di v rispetto alla base trovata sono

v = (0, −2, 1, 0)_{S}
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