CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 4– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2011/12

Esercizio 4.1. 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}}] = \frac{1}{5} [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}]

• 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} ] = \frac{1}{4} [\begin{matrix}7 & 7 & −5 \\ −3 & 1 & 1 \\ −2 & −2 & 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 4.2. 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: b) Una matrice quadrata è invertibile se ha rango massimo. Riduciamo A a gradini:

\begin{matrix}III \\ 1/2II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & k − 1 & 2 − k \\ 0 & k − 1 & 0 \\ k & k − 1 & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I − II \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 − k \\ 0 & k − 1 & 0 \\ k & 0 & k \end{matrix}] ⇒ III − kI [\begin{matrix}1 & 0 & 2 − k \\ 0 & k − 1 & 0 \\ 0 & 0 & k^{2} − k \end{matrix}]

– Se k ≠ 0, 1, rg(A) = 3,

– Se k = 0, rg(A) = 2,

– Se k = 1, rg(A) = 1.

a) 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} ]
□

Esercizio 4.3. Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ 3k & 8 + 2k & k − 1 \\ 0 & 8k + 8 & 0 \end{matrix}] (k 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 4.4 (6.6). Sia A la matrice reale

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

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

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

Soluzione:

a) Riduciamo A a gradini:

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

Quindi:

– Se k ≠ \frac{3}{2}, rg(A) = 3 e A è invertibile.

– Se k = \frac{3}{2}, rg(A) = 2 e A non è invertibile. b) Calcoliamo l’inversa di A calcolando 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}] se k = 1

□

Esercizio 4.5 (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}] ⇒

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

□

Esercizio 4.6. Si considerino le matrici

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

a) Trovare, se esistono, i valori del parametro reale k per i quali null(A) = null(B) = 0.

b) Sia C = AB. Stabilire se il sistema lineare Cx = 0 ha soluzione unica quando k = 0.

Soluzione:

a) Ricordiamo che in una matrice A di dimensioni m × n si ha null(A) = n − rg(A). Quindi in questo caso null(A) = 3 − rg(A) e null(A) = 0 se e solo se rg(A) = 3; la stessa cosa vale per B. Determiniamo dunque per quali k la matrice A ha rango massimo, riducendola a gradini:

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

Quindi null(A) = 0 se e solo se k ≠ 0. Riduciamo ora la matrice B

[\begin{matrix}3 & 2 & −1 \\ −1 & 1 & 0 \\ 2 & k & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3II + I \\ III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}3 & 2 & −1 \\ 0 & 5 & −1 \\ 0 & k + 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ 5III − (k + 2)II [\begin{matrix}3 & 2 & −1 \\ 0 & 5 & −1 \\ 0 & 0 & k + 7 \end{matrix} ]

Si conclude che null(B) = 0 se e solo se k ≠ −7.

Quindi null(A) = null(B) = 0 se e solo se k ≠ 0, −7.

b) Per k = 0 la matrice C = AB è

[\begin{matrix}6 & 7 & −4 \\ 10 & 7 & −2 \\ −10 & −7 & 2 \end{matrix}]

ed essendo le ultime due righe una opposta dell’altra, tale matrice non ha rango massimo, per cui il sistema Cx = 0, non ha un’unica soluzione.

L’esercizio poteva essere risolto in maniera differente utilizzando i determinanti.

□

Esercizio 4.7 (7.14). Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}x_{1} − (k + 1)x_{2} = k \\ 2x_{1} − 2x_{2} = 2k \\ (k + 2)x_{1} + (k − 2)x_{2} = 0 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema è compatibile.

b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, trovare le sue soluzioni.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

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

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

a) Dobbiamo distinguere tre casi:

– Se k ≠ 0, −2 allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 quindi il sistema non è compatibile.

– Se k = −2 allora rg(A) = rg(A|b) = 2 quindi il sistema è compatibile, e ammette una soluzione.

– Se k = 0 allora rg(A) = rg(A|b) = 1 quindi il sistema è compatibile, e ammette infinite

soluzioni.

b) Consideriamo il caso k = −2:

\begin{cases}x_{1} − x_{2} = −2 \\ −x_{2} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −2 \\ x_{2} = 0 \end{cases}

Se k = 0 il sistema si riduce alla sola equazione x_{1} − x_{2} = 0 le cui soluzioni sono

\begin{cases}x_{1} = t \\ x_{2} = t \end{cases} ∀t ∈ R

.

□

Esercizio 4.8. Al variare del parametro reale k, si risolva il sistema di equazioni lineari omogenee:

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

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice dei coefficienti associata a tale sistema

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

Discutiamo ora i valori del parametro in corrispondenza dei pivot. • Se k = 0 la matrice diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & −2 & −1 \end{matrix}] ⇒ III + 2II [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & −3 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} − 2x_{3} = 0 \\ x_{3} − x_{4} = 0 \\ −3x_{4} = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = t \\ x_{3} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ S = \{(0, t, 0, 0) | t ∈ R\}

Notiamo che rg(A) = rg(A|0) = 3. Poiché si tratta di un sistema in quattro incognite, nell’insieme delle soluzioni ci sono infinite soluzioni con un solo parametro libero; il numero è dato da null(A) = 4 − rg(A) = 4 − 3 = 1.

• Se k = 1 la matrice diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} − x_{3} + x_{4} = 0 \\ 2x_{2} + x_{3} − x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = t − s \\ x_{2} = −\frac{1}{2}t + \frac{1}{2}s \\ x_{3} = t \\ x_{4} = s \end{cases} ∀s, t ∈ R ⇒

S = \{(t − s, −\frac{1}{2}t + \frac{1}{2}s, t, s) | s, t ∈ R\}

Notiamo che rg(A) = rg(A|0) = 2. Poiché si tratta di un sistema in quattro incognite, nell’insieme delle soluzioni ci sono infinite soluzioni con due parametri liberi; il numero è dato da null(A) = 4 − rg(A) = 4 − 2 = 2.

• Se k ≠ 0, 1 la matrice dei coefficienti ha rango 3 < 4 = numero delle incognite, quindi il sistema ammette comunque infinite soluzioni con un solo parametro libero

\begin{cases}x_{1} − 2x_{3} + kx_{4} = 0 \\ 2kx_{2} + x_{3} − x_{4} = 0 \\ 2(k − 1)x_{3} + (k − 1)x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} − 2x_{3} + kx_{4} = 0 \\ 2kx_{2} + x_{3} − x_{4} = 0 \\ 2x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −\frac{4k}{3} (1 + k)t \\ x_{2} = t \\ x_{3} = −\frac{2k}{3} t \\ x_{4} = \frac{4k}{3} t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ S = \{(−\frac{4k}{3} (1 + k)t, t, −\frac{2k}{3} t, \frac{4k}{3} t) | t ∈ R\}

Notiamo che abbiamo scelto x_{2} come variabile libera in modo da non dovere dividere per k per determinare la soluzione. Inoltre con tale scelta non è in realtà necessario distinguere il caso k = 0 precedentemente discusso.

.

□

Esercizio 4.9 (7.17). Si consideri il sistema lineare dipendente dal parametro reale k

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

a) Si determini per quali valori di k il sistema ammette soluzione.

b) Si stabilisca se esistono valori di k per i quali il sistema ha soluzione unica.

Soluzione: La matrice A|b associata al sistema è:

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

Per ridurre a gradini la matrice scambiamo la prima e terza colonna

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

a) Se k ≠ \frac{1}{2}, 0, allora rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette (infinite) soluzioni. Se k = \frac{1}{2} o k = 0, allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e il sistema non ha soluzione.

b) La matrice A è 3 × 4, quindi A ha sempre rango minore o uguale a tre, cioè minore del numero

delle incognite e il sistema non può ammettere soluzione unica.

□

Esercizio 4.10. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 5 \\ 1 & −1 & k + 2 & k − 1 \\ 1 & 0 & k + 2 & 2k − 1 \end{matrix}] b = [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \\ k \end{matrix}]

con k parametro reale.

a) Si risolva il sistema Ax = b al variare del parametro k.

b) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) appartiene all’insieme Sol(Ax = b).

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A|b:

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

\begin{matrix}III + II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 3 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & k + 1 & k − 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & k − 2 & | & k − 2 \end{matrix}]

Discutiamo ora i valori del parametro.

– Se k ≠ 1, 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 4, quindi il sistema ammette un’unica soluzione ottenuta risolvendo il sistema:

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

– Se k = 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi il sistema ammette infinite soluzioni:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ 3z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − \frac{1}{3} − 3t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{3} \\ w = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{3} − 3t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{3} \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Le soluzioni possono anche essere scritte nella forma (\frac{2}{3}, 0, \frac{1}{3}, 0) + (−3, −2, 0, 1)t con t ∈ R.

– Se k = 1 si ha rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4, quindi il sistema non ammette soluzione.

b) Per stabilire se v appartiene all’insieme Sol(Ax = b) la cosa più semplice è sostituire le sue coordi-

nate (x, y, z, w) = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) nel sistema ridotto:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ (k + 1)z + (k − 2)w = 1 \\ (k − 2)w = k − 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}−\frac{7}{3} + \frac{1}{3} + 3 = 1 \\ −2 + 2 = 0 \\ (k + 1) · \frac{1}{3} + (k − 2) · 1 = 1 \\ (k − 2) · 1 = k − 2 \end{cases} ⇒ k = 2

Oppure si poteva sostituire nel sistema iniziale, ottenendo le condizioni:

\begin{cases}−\frac{7}{3} + \frac{1}{3} + 3 = 1 \\ −\frac{7}{3} − 2 + \frac{1}{3} + 5 = 1 \\ −\frac{7}{3} + 2 + \frac{k + 2}{3} + k − 1 = 2 \\ −\frac{7}{3} + \frac{k + 2}{3} + 2k − 1 = k \end{cases} ⇒ k = 2

Quindi v ∈ Sol(Ax = b) se k = 2.
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Esercizio 4.11 (v. 7.62). Sia A la matrice reale seguente:

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

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

b) Calcolare null(A) e le soluzioni del sistema lineare omogeneo Ax = 0, nel caso k = 1.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A:

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

a) Per quanto riguarda il rango di A otteniamo: – Se k ≠ −1 la matrice A ha rango 3.

– Se k = −1 la matrice A ha rango 2.

b) Per k = 1 null(A) = 4 − 3 = 1.

Ponendo k = 1 al termine della riduzione e considerando il sistema omogeneo associato otteniamo:

[\begin{matrix}1 & −2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − 2y + z = 0 \\ y + z + w = 0 \\ −2z − 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = 0 \\ z = t \\ w = −t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi il nucleo di A è l’insieme (spazio vettoriale):

Sol(A|0) = { (−1, 0, 1, −1) · t | t ∈ R }
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Esercizio 4.12 (v. 7.93). Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}0 & 4 \\ 4 & 0 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 9 \\ 10 & 1 \end{matrix}] ,  D = [\begin{matrix}6 & k − 2 \\ 2 & k + 2 \end{matrix}]

Si stabilisca per quali valori di k la matrice D è combinazione lineare di A, B e C. In tali casi si esprima D come combimazione lineare di A, B e C.

Soluzione: Si tratta di risolvere l’equazione xA + yB + zC = D. Tale equazione si traduce nel seguente sistema

\begin{cases}2x + 2z = 6 \\ x + 4y + 9z = k − 2 \\ 2x + 4y + 10z = 2 \\ x + z = k + 2 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}2 & 0 & 2 & | & 6 \\ 1 & 4 & 9 & | & k − 2 \\ 2 & 4 & 10 & | & 2 \\ 1 & 0 & 1 & | & k + 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 1/2I \\ III − I \\ IV − 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 4 & 8 & | & k − 5 \\ 0 & 4 & 8 & | & −4 \\ 0 & 0 & 0 & | & k − 1 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}1/4III \\ II − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & 2 & | & −1 \\ 0 & 0 & 0 & | & k − 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & k − 1 \end{matrix}]

Il sistema ammette soluzioni solo se k = 1, quindi D è combinazione lineare di A, B e C solo se k = 1 quando otteniamo:

\begin{cases}x + z = 3 \\ y + 2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 3 − t \\ y = −1 − 2t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ D = (3 − t)A + (−1 − 2t)B + C  ∀t ∈ R,  se k = 1.
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Esercizio 4.13 (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 l’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} ammette soluzione.

Il vettore xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} è (x + 2y, x + 7y + (k^{2} + 2)z, x + 7y + 3z), quindi la precedente equazione si traduce nel sistema

\begin{cases}x + 2y = 1 \\ x + 7y + (k^{2} + 2)z = k + 3 \\ x + 7y + 3z = k^{2} + 2 \end{cases}

Infine possiamo considerare 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). Notiamo che potevamo passare direttamente dai vettori alla matrice A|b:

Un vettore v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3} se e solo se rg(A) = rg(A|b), dove A è la matrice che ha per colonne i vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e b è la matrice colonna formata da v_{4}.

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}.

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