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.