Esercizi di geometria, 2e - Capitolo 6 by mcgraw_hill

Sistemi lineari

Il contenuto di questo capitolo è utile per il Capitolo 6 di Geometria, per il Capitolo 6 di Algebra lineare e per il Capitolo 6 di Geometria analitica.

Richiami di teoria Definizione 6.1 Una matrice a scala è una matrice 𝑚 × 𝑛 del tipo seguente: |0 |⋮ | |⋮ |⋮ | |⋮ |⋮ | |⋮ |0

⋯

0 𝑝1 ⋮ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋯ 0 0

∗ ⋯ ⋯ ⋯ 0 ⋯ 0 𝑝2 ⋮ ⋮ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋯ 0 0

⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ∗ ⋯ ⋯ ⋯ 0 ⋯ 0 𝑝3 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋯ 0 ⋯

⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ∗| ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ∗| | ∗ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ∗| ⋮| |, 0 𝑝𝑟 ∗ ⋯ ∗ | ⋮ 0 0 ⋯ 0| | ⋮ ⋮ ⋮ ⋮| ⋯ 0 0 0 ⋯ 0|

dove al posto di ∗ può esserci qualunque cosa. I numeri 𝑝1 , … , 𝑝𝑟 ∈ 𝕂∗ , tutti non nulli, sono i pivot della matrice a scala. Un sistema a scala è un sistema lineare la cui matrice dei coefficienti è una matrice a scala. Lemma 6.1 Sia 𝑆 ∈ 𝑀𝑚,𝑛 (𝕂) una matrice a scala con 𝑟 pivot. Poniamo 𝑉𝑟 = Span(𝑒1 , … , 𝑒𝑟 ) ⊂ 𝕂𝑚 e indichiamo con 𝑆 𝑗𝑘 la colonna di 𝑆 in cui compare il 𝑘-esimo pivot 𝑝𝑘 , per 𝑘 = 1, … , 𝑟. Allora Im 𝑆 = 𝑉𝑟 , rg 𝑆 = 𝑟 e {𝑆𝑗1 , … , 𝑆 𝑗𝑟 } è una base di Im 𝑆. La riduzione a scala è un algoritmo (simile all’eliminazione di Gauss) che tramite opportune operazioni elementari trasforma una matrice 𝐴 ∈ 𝑀𝑚,𝑛 (𝕂) in una matrice a scala 𝑆 ∈ 𝑀𝑚,𝑛 (𝕂) in modo da trasformare qualunque sistema 𝐴𝑥 = 𝑏 in un sistema a scala 𝑆𝑥 = 𝑐 a esso equivalente, chiamato riduzione a scala di 𝐴𝑥 = 𝑏. Partiamo da un sistema lineare 𝐴𝑥 = 𝑏 con 𝐴 ∈ 𝑀𝑚,𝑛 (𝕂) e 𝑏 ∈ 𝕂𝑛 . Se 𝐴 è la matrice nulla, abbiamo finito. Altrimenti, sia 𝐴𝑗1 la prima colonna non nulla di 𝐴; scambiando se necessario la prima riga con una sottostante possiamo supporre che il primo elemento 𝑎1𝑗1 della colonna 𝐴𝑗1 sia diverso da zero; poniamo 𝑝1 = 𝑎1𝑗1 . Sommiamo ora alla riga ℎ-esima (con ℎ = 2, … , 𝑛) un adeguato multiplo della prima riga in

Capitolo 6

modo da annullare tutti gli elementi della 𝑗1 -esima colonna tranne il primo. In questo modo la nostra matrice diventa della forma |0 |⋮ | |⋮ | |0

⋯

0 𝑝1 ⋮ 0 ⋮ ⋮ ⋯ 0 0

∗ ⋯ ∗| ⋮ ⋮ || , ⋮ ⋮ || ∗ ⋯ ∗|

dove 𝑝1 ≠ 0 è il primo pivot della matrice 𝐴. Supponiamo ora di aver già trattato le prime 𝑖−1 righe; se le righe dalla 𝑖-esima in poi sono tutte nulle (oppure se la matrice ha solo 𝑖−1 righe) abbiamo finito. Altrimenti, sia 𝑗𝑖 l’indice della prima colonna che contiene un elemento non nullo in una riga sotto la (𝑖 − 1)-esima. Scambiando se necessario la riga 𝑖-esima con una sottostante possiamo supporre che l’elemento diverso da zero della colonna 𝐴𝑗𝑖 sia proprio sulla riga 𝑖-esima; poniamo 𝑝𝑖 uguale a questo elemento. Ora sommiamo alla riga ℎ-esima (per ℎ = 𝑖 + 1, … , 𝑛) un adeguato multiplo della 𝑖-esima riga in modo da annullare tutti gli elementi della colonna 𝐴𝑗𝑖 sotto la riga 𝑖-esima. In questo modo arriviamo a una matrice della forma |0 |⋮ | |⋮ |⋮ | |⋮ |⋮ | |0

⋯

0 𝑝1 ⋮ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋯ 0 0

∗ ⋯

⋯ ⋯

⋯

∗ ∗ 0 𝑝2 ⋮ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 0

⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ∗ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 0 ⋮ 0 𝑝𝑖 ∗ ⋯ ⋮ 0 0 ∗ ⋯ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 ⋯ 0 0 ∗ ⋯

∗| ∗ || ⋮| ∗ ||, ∗| ⋮ || ∗|

dove 𝑝1 , … , 𝑝𝑖 ≠ 0 sono i primi 𝑖 pivot della matrice 𝐴. Procedendo in questo modo otteniamo una matrice in cui le ultime righe sono tutte nulle, oppure in cui l’ultimo pivot appartiene all’ultima riga; in entrambi i casi la riduzione a scala è conclusa. Teorema 6.2 Siano 𝐴𝑥 = 𝑏 un sistema lineare e 𝑆𝑥 = 𝑐 una sua riduzione a scala. (i) L’insieme delle soluzioni di 𝐴𝑥 = 𝑏 è uguale a quello delle soluzioni di 𝑆𝑥 = 𝑐. (ii) Ker 𝐴 = Ker 𝑆. (iii) rg 𝐴 = rg 𝑆 (ma in generale Im 𝐴 ≠ Im 𝑆). (iv) Siano 𝑆 𝑗1 , … , 𝑆 𝑗𝑟 , dove 𝑟 = rg 𝑆, le colonne corrispondenti ai pivot di 𝑆; allora una base di Im 𝐴 è data da {𝐴𝑗1 , … , 𝐴𝑗𝑟 }. Definizione 6.2 Una parametrizzazione (lineare) di un sottospazio 𝑉 di 𝕂𝑛 è un’applicazione lineare della forma 𝐿𝐴 ∶ 𝕂𝑘 → 𝕂𝑛 , dove 𝐴 ∈ 𝑀𝑛,𝑘 (𝕂), tale che 𝑉 = Im 𝐴. In particolare, dim 𝑉 = rg 𝐴 e diremo che ⎧𝑥1 = 𝑎11 𝑡1 + ⋯ + 𝑎1𝑘 𝑡𝑘 , ⋮ ⎨ 𝑥 ⎩ 𝑛 = 𝑎𝑛1 𝑡1 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑘 𝑡𝑘 ,

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sono equazioni parametriche di 𝑉. Se invece 𝐵 ∈ 𝑀𝑝,𝑛 (𝕂) è tale che 𝑉 = Ker 𝐵, diremo che ⎧𝑏11 𝑥1 + ⋯ + 𝑏1𝑛 𝑥𝑛 = 0, ⋮ ⎨ ⎩𝑏𝑝1 𝑥1 + ⋯ + 𝑏𝑝𝑛 𝑥𝑛 = 0, sono equazioni cartesiane per il sottospazio 𝑉, e si ha dim 𝑉 = 𝑛 − rg 𝐵. Definizione 6.3 Un sottospazio affine 𝐿 di uno spazio vettoriale 𝑉 è un sottoinsieme di 𝑉 della forma 𝐿 = 𝑣0 + 𝑊 = {𝑣0 + 𝑤 ∣ 𝑤 ∈ 𝑊}, dove 𝑣0 ∈ 𝑉 e 𝑊 è un sottospazio vettoriale di 𝑉; diremo che 𝐿 è parallelo a 𝑊 e che 𝑊 è il sottospazio di giacitura di 𝐿. La dimensione dim 𝐿 di 𝐿 è per definizione uguale alla dimensione di 𝑊. Definizione 6.4 Diremo che un sottospazio affine 𝐿 ⊆ 𝕂𝑛 è descritto da equazioni parametriche se 𝐿 = {𝑣 = 𝐴𝑡 + 𝑣0 ∈ 𝕂𝑛 ∣ 𝑡 ∈ 𝕂𝑘 } = 𝑣0 + Im 𝐴, per qualche 𝑣0 ∈ 𝕂𝑛 e 𝐴 ∈ 𝑀𝑛,𝑘 (𝕂); in questo caso, il sottospazio di giacitura ha equazioni parametriche 𝑤 = 𝐴𝑡. Diremo invece che 𝐿 è descritto da equazioni cartesiane se 𝐿 = {𝑥 ∈ 𝕂𝑛 ∣ 𝐵𝑥 = 𝑏} per qualche 𝐵 ∈ 𝑀𝑝,𝑛 (𝕂) e 𝑏 ∈ 𝕂𝑝 ; in questo caso, il sottospazio di giacitura ha equazioni cartesiane 𝐵𝑥 = 𝑂. Definizione 6.5 Siano 𝐿1 , 𝐿2 ⊆ 𝑉 due sottospazi affini, con sottospazi di giacitura 𝑊1 e 𝑊2 . Diremo che 𝐿1 e 𝐿2 sono paralleli se 𝑊1 ⊆ 𝑊2 oppure 𝑊2 ⊆ 𝑊1 .

Esempi svolti Esempio svolto 6.1 Al variare di 𝑘, 𝑏 ∈ ℝ, studia il sistema lineare ⎧𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑘𝑥3 = 1, 2𝑥 + 𝑘𝑥2 + 8𝑥3 = −1, ⎨ 1 ⎩4𝑥1 + 7𝑥2 + 𝑥3 = 𝑏. Soluzione. Sulla matrice associata al sistema lineare effettuiamo operazioni elementari in modo da ottenere tutti zeri sulla prima colonna sotto la prima riga: |1 |2 | |4

2 𝑘 7

2 𝑘| 1 |1 8|| −1 ⟶ || 0 𝑘 − 4 | 0 −1 1| 𝑏

𝑘 | 1 8 − 2𝑘 || −3 ; 1 − 4𝑘 | 𝑏 − 4

Capitolo 6

scambiando la seconda e la terza riga e completando la riduzione a scala troviamo 𝑘 1 |1 2 | | 0 −1 | 1 − 4𝑘 𝑏 − 4 . | | | 0 0 −(𝑘 − 4)(4𝑘 + 1) | (𝑘 − 4)(𝑏 − 4) − 3 La matrice dei coefficienti così ottenuta è non singolare se e solo se 𝑘 ≠ 4 e 𝑘 ≠ −1/4; in tal caso per il teorema di Rouché-Capelli la soluzione esiste unica per ogni 𝑏 ∈ ℝ, e risolvendo all’indietro troviamo che è data da 𝑏 54 − 15𝑏 + 6𝑘 + 15𝑏𝑘/4 , ⎧𝑥1 = 4 + (𝑘 − 4)(4𝑘 + 1) ⎪ −29 + 8𝑏 − 4𝑘 − 2𝑏𝑘 , 𝑥2 = (𝑘 − 4)(4𝑘 + 1) ⎨ ⎪ 𝑥 = −13 + 4𝑏 + 4𝑘 − 𝑏𝑘 . ⎩ 3 (𝑘 − 4)(4𝑘 + 1) Se 𝑘 = 4, la matrice dei coefficienti ha rango 2 per ogni 𝑏 ∈ ℝ mentre la matrice completa ha sempre rango 3 (in quanto (𝑘 − 4)(𝑏 − 4) − 3 = −3 ≠ 0) e quindi il sistema è incompatibile. Infine se 𝑘 = −1/4, la matrice dei coefficienti ha rango 2 per ogni 𝑏 ∈ ℝ, mentre la matrice completa ha rango 2 se e solo se 𝑏 = 56/17; quindi il sistema ammette una retta di soluzioni se 𝑘 = −1/4 e 𝑏 = 56/17 data da −28 − 255𝑡 , ⎧𝑥1 = 68 ⎪ 2(6 + 17𝑡) , ⎨𝑥2 = 17 ⎪ ⎩𝑥3 = 𝑡, mentre risulta incompatibile se 𝑘 = −1/4 e 𝑏 ≠ 56/17. Esempio svolto 6.2 Trova dimensione e base del nucleo e dell’immagine della matrice 3 |1 | 3 −1 | 𝐴 = |−1 2 |−3 6 | |3 4

−1 2| 2 1|| 1 3| ∈ 𝑀5,4 (ℝ). −2 4|| 2 6|

Soluzione. Riduciamo 𝐴 a scala, scambiando due righe nel secondo passo per semplificare i conti: 3 | 1 | 3 −1 | | −1 2 | −3 6 | | 3 4

−1 2 | 2 1 || 1 3| −2 4 || 2 6|

−1 |1 3 | 0 −10 5 | ⟶ |0 5 0 | 0 15 −5 | | 0 −5 5 |1 |0 | ⟶ |0 |0 | |0

3 −1 5 0 0 5 0 −5 0 5

2 | |1 3 |0 5 −5 || | 5 | ⟶ | 0 −10 | 0 15 10 || | | 0 −5 0 |

2 | |1 |0 5 || | 5 | ⟶ |0 |0 −5 || | |0 5 |

−1 2 | 0 5 || 5 −5 | −5 10 || 5 0 |

3 −1 2 | 5 0 5 || 0 5 5 |. 0 0 0 || 0 0 0|

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Dunque il Teorema 6.2 ci dice che rg 𝐴 = 3 e che una base di Im 𝐴 è formata dalle prime tre colonne di 𝐴. Il teorema della dimensione allora ci assicura che dim Ker 𝐴 = 1 e risolvendo all’indietro il sistema a scala 𝑆𝑥 = 𝑂 (dove 𝑆 è la riduzione a scala di 𝐴) troviamo |0| |−1| Ker 𝐴 = ℝ || ||. |−1| |1| Esempio svolto 6.3 Trova la dimensione di |1| |−1| |−1| ⎛ |−1| |2| | 3 |⎞ 𝑈 = Span⎜𝑢1 = || || , 𝑢2 = || || , 𝑢3 = || ||⎟ , ⎜ |3| |−6| |−9|⎟ | | | | |−6|⎠ 2 −4 ⎝ e completa una base di 𝑈 a una base di ℝ4 . Soluzione. Riduciamo a scala la matrice 𝐴 formata dai tre generatori di 𝑈: |1 |−1 | |3 | |2

−1| | 1 −1 |0 1 3 || | ⟶ | 0 −3 −9|| | | 0 −2 −6|

−1 2 −6 −4

−1 | | 1 −1 |0 1 2 || | ⟶ |0 0 −6 || | |0 0 −4 |

−1 | 2 || . 0 || 0 |

Essendo 𝑈 = Im 𝐴, il Teorema 6.2 ci dice che dim 𝑈 = 2 e che una base di 𝑈 è {𝑢1 , 𝑢2 }. Per completarla a una base di ℝ4 riduciamo a scala la matrice ottenuta aggiungendo a 𝑢1 e 𝑢2 la base canonica: |1 |−1 | |3 | |2

−1 1 0 0 0| | 1 −1 |0 1 2 0 1 0 0|| ⟶ || | −6 0 0 1 0| | 0 −3 | 0 −2 −4 0 0 0 1| | 1 −1 |0 1 ⟶ || |0 0 |0 0

1 0 0 0| 1 1 0 0 || −3 0 1 0 || −2 0 0 1 | 1 1 0 0

0 0 0| | 1 −1 |0 1 1 0 0 || ⟶ || | 3 1 0| |0 0 |0 0 2 0 1|

1 1 0 0

0 0 0| 1 0 0 || . 3 1 0 || 0 −2/3 1 |

Quindi {𝑢1 , 𝑢2 , 𝑒2 , 𝑒3 } completa la base di 𝑈 trovata a una base di ℝ4 . Esempio svolto 6.4 Dato |1| |3| ⎛ |1| |−2|⎞ 𝑊 = Span⎜𝑤1 = || || , 𝑤2 = || ||⎟ ⊂ ℝ4 , ⎜ |−1| | 8 |⎟ |−1| | 5 |⎠ ⎝ trova la dimensione e una base di 𝑈 + 𝑊 e 𝑈 ∩ 𝑊, dove 𝑈 è il sottospazio di ℝ4 studiato nell’Esempio svolto 6.3.

Capitolo 6

Soluzione. Prima di tutto, dim 𝑊 = 2, in quanto 𝑤1 e 𝑤2 sono linearmente indipendenti. Ora, riduciamo a scala la matrice 𝐴 formata da una base di 𝑈 e una base di 𝑊: |1 |−1 | |3 | |2

−1 2 −6 −4

1 3| | 1 −1 |0 1 1 −2|| | ⟶ | 0 −3 −1 8 || | | 0 −2 −1 5 |

1 2 −4 −3

3 | | 1 −1 1 3 | | 1 −1 1 3 | | | |0 1 2 1| 1 || | | ⟶ | 0 1 2 1 |. ⟶ |0 0 2 2| |0 0 2 2| −1 || | | | | |0 0 1 1| |0 0 0 0| −1 |

Quindi dim(𝑈 + 𝑊) = rg 𝐴 = 3 e una base di 𝑈 + 𝑊 è {𝑢1 , 𝑢2 , 𝑤1 }. Dal teorema di Grassmann segue che dim 𝑈 ∩𝑊 = 1; per trovarne una base notiamo che se 𝑥 ∈ Ker 𝐴 allora si ha 𝑥3 𝑤1 + 𝑥4 𝑤2 = −𝑥1 𝑢1 − 𝑥2 𝑢2 , per cui 𝑥3 𝑤1 + 𝑥4 𝑤2 ∈ 𝑈 ∩ 𝑊. Dal sistema a scala 𝑆𝑥 = 𝑂 ottenuto (equivalente ad 𝐴𝑥 = 𝑂) ricaviamo immediatamente 𝑥3 + 𝑥4 = 0; dunque 𝑤1 − 𝑤2 è un elemento non nullo di 𝑈 ∩ 𝑊 e, quindi, ne forma una base. Esempio svolto 6.5 Sia 𝑈 ⊆ ℝ4 il sottospazio generato da 𝑣1 = −2𝑒1 + 𝑒2 + 3𝑒4 , 𝑣2 = 𝑒1 + 5𝑒2 − 𝑒3 + 4𝑒4 e 𝑣3 = 5𝑒1 + 3𝑒2 − 𝑒3 − 2𝑒4 . Trova equazioni parametriche e cartesiane di 𝑈 ed esibiscine una base. Soluzione. Ovviamente equazioni parametriche per 𝑈 sono 𝑥 = −2𝑡1 + 𝑡2 + 5𝑡3 , ⎧ 1 ⎪𝑥2 = 𝑡1 + 5𝑡2 + 3𝑡3 , ⎨𝑥3 = −𝑡2 − 𝑡3 , ⎪ ⎩𝑥4 = 3𝑡1 + 4𝑡2 − 2𝑡3 . Vogliamo ora trovare equazioni cartesiane per 𝑈: un vettore 𝑥 ∈ ℝ4 appartiene a 𝑈 se e solo se il sistema −2𝑡1 + 𝑡2 + 5𝑡3 = 𝑥1 , ⎧ ⎪𝑡1 + 5𝑡2 + 3𝑡3 = 𝑥2 , ⎨−𝑡2 − 𝑡3 = 𝑥3 , ⎪ ⎩3𝑡1 + 4𝑡2 − 2𝑡3 = 𝑥4 , ammette soluzione, ove 𝑡1 , 𝑡2 e 𝑡3 sono le incognite mentre 𝑥1 , … , 𝑥4 sono termini noti. Riducendo a scala la matrice associata al sistema dopo aver scambiato la prima e la seconda riga otteniamo |−2 |1 | |0 | |3

1 5 −1 4

5 | 𝑥1 |1 5 | 0 11 3 || 𝑥2 ⟶ || | −1| 𝑥3 | 0 −1 | 0 −11 −2| 𝑥4

3 | 𝑥2 |1 5 | 0 11 11 || 𝑥1 + 2𝑥2 ⟶ || | −1 | 𝑥3 |0 0 |0 0 −11 | 𝑥4 − 3𝑥2

3 | 𝑥2 𝑥3 11 || ; 1 2 𝑥1 + 11 𝑥2 + 𝑥3 0 || 11 0 | 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥4

dunque il sistema è compatibile se e solo se 𝑥 + 2𝑥2 + 11𝑥3 = 0, { 1 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥4 = 0, che sono quindi equazioni cartesiane per 𝑈. Dalla riduzione effettuata si deduce inoltre, grazie al Teorema 6.2.(iv), che {𝑣1 , 𝑣2 } è una base di 𝑈.

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Esempio svolto 6.6 Trova per quali valori di 𝑘 ∈ ℝ il seguente sistema è compatibile: 𝑥 + 𝑥2 + (2𝑘 − 1)𝑥3 = 8, ⎧ 1 ⎪𝑘𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1, ⎨𝑘𝑥1 + (𝑘 − 2)𝑥2 + 2(4 − 3𝑘)𝑥3 = 3𝑘 − 26, ⎪ ⎩2𝑥1 + (𝑘 − 1)𝑥2 + (5 − 2𝑘)𝑥3 = 3𝑘 − 11. Soluzione. Effettuando il primo passo della riduzione a scala sulla matrice completa del sistema otteniamo 1 |1 |0 1 − 𝑘 | | 0 −2 | |0 𝑘 − 3

2𝑘 − 1 | 8 1 + 𝑘 − 2𝑘2 || 1 − 8𝑘 . 8 − 5𝑘 − 2𝑘2 || −26 − 5𝑘 7 − 6𝑘 | −27 + 3𝑘

La quarta riga è ottenuta sottraendo la seconda dalla terza; quindi possiamo ometterla, ottenendo un sistema equivalente. Ora, scambiamo la seconda e la terza riga, in modo da non prendere come pivot una quantità contenente il parametro, che potrebbe annullarsi per particolari valori di 𝑘. Completando la riduzione a scala troviamo 2𝑘 − 1 8 |1 1 | | 0 −2 | 2 8 − 5𝑘 − 2𝑘 −26 − 5𝑘 . | | | 0 0 (𝑘 − 1)(2𝑘2 + 𝑘 − 10)/2 | (5𝑘2 + 5𝑘 − 24)/2 Poiché (𝑘 − 1)(−2𝑘2 − 𝑘 + 10) = 0 se e solo se 𝑘 = 1, 𝑘 = 2 oppure 𝑘 = −5/2 e in tutti e tre tali casi 5𝑘2 + 5𝑘 − 24 non si annulla, si ha che il sistema assegnato non è compatibile se e solo se 𝑘 = 1, 𝑘 = 2 oppure 𝑘 = −5/2; per tutti gli altri valori di 𝑘 il sistema assegnato ammette una e una sola soluzione. Esempio svolto 6.7 Trova per quali 𝑎 ∈ ℝ il seguente sistema è compatibile e, quando possibile, calcolane le soluzioni in funzione di 𝑎: 𝑥 − 𝑥2 − 3𝑥4 = −1, ⎧ 1 ⎪4𝑥1 + 3𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 1, ⎨5𝑥1 + 𝑎𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4 = 0, ⎪ ⎩2𝑥1 + 𝑥3 + 2𝑥4 = 0. Soluzione. Poiché il parametro 𝑎 compare soltanto nella terza equazione come coefficiente di 𝑥2 , per semplificare i calcoli scambiamo le ultime due righe della matrice (operazione che produce un sistema equivalente) e la seconda colonna con la quarta (operazione che equivale a scambiare 𝑥2 con 𝑥4 ); in questo modo riduciamo al minimo i conti coinvolgenti il parametro. Riducendo a scala la matrice così ottenuta troviamo 0 −1 | −1 | 1 −3 | 0 13 2 7 || 5 | | 0 0 −3/13 −30/13 | −14/13. | | |0 0 0 𝑎 + 12 | 6

Capitolo 6

Allora il sistema è compatibile se e solo se 𝑎 ≠ −12; in tal caso esso ammette un’unica soluzione che, tenuto conto degli scambi di variabile fatti, è 𝑥1 = −2𝑎/(𝑎 + 12), 𝑥2 = 6/(𝑎 + 12), 𝑥3 = 2(7𝑎 − 6)/(3𝑎 + 36), 𝑥4 = (6 − 𝑎)/(3𝑎 + 36). Esempio svolto 6.8 Al variare del parametro 𝜆 ∈ ℝ studia il sistema: 𝑥 + 𝑥2 + (𝜆 − 1)𝑥3 + 𝑥4 = 1, ⎧ 1 ⎪2𝑥1 + 𝜆𝑥2 + 𝜆𝑥3 + 𝜆𝑥4 = 𝜆, ⎨𝜆𝑥1 + 2(𝜆 − 1)𝑥2 + 2𝑥3 + 2𝑥4 = 𝜆2 − 2, ⎪ ⎩𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 1, e quando possibile esibisci le soluzioni in funzione di 𝜆. Soluzione. Poiché nell’ultima riga non compare il parametro 𝜆, per semplificare i calcoli procediamo con la riduzione a scala solo dopo aver scambiato la prima e la quarta riga: |1 |2 | |𝜆 | |1

1 1 𝜆 𝜆 2(𝜆 − 1) 2 1 𝜆−1

1 1 1 | 1| 1 1 |1 |0 𝜆 − 2 𝜆 − 2 𝜆 − 2| 𝜆 − 2 𝜆|| 𝜆 | ⟶ || . | 2 2|| 𝜆2 − 2 |0 𝜆 − 2 2 − 𝜆 2 − 𝜆|𝜆 − 𝜆 − 2 |0 1| 1 0 0 𝜆−2 0 |

Se 𝜆 = 2, sia la matrice dei coefficienti sia la matrice completa hanno rango 1, per cui lo spazio delle soluzioni ha dimensione 3. Scegliendo come variabili libere 𝑥2 , 𝑥3 e 𝑥4 , le soluzioni sono date da 𝑥1 = 1 − (𝑡1 + 𝑡2 + 𝑡3 ), 𝑥2 = 𝑡1 , 𝑥3 = 𝑡2 e 𝑥4 = 𝑡3 . Se 𝜆 ≠ 2, possiamo moltiplicare la seconda, la terza e la quarta riga per 1/(𝜆 − 2), che è un numero non nullo, ottenendo un sistema equivalente a quello assegnato. Riducendo a scala troviamo |1 |0 | |0 | |0

1 1 1 1 1 −1 0 1

1 | 1 |1 |0 1 || 1 | ⟶ |0 −1 || 𝜆 + 1 | |0 0 | 0

1 1 1 1 0 −2 0 1

1 |1 |1 |0 1 || 1 | ⟶ |0 −2 || 𝜆 | |0 0 |0

1 1 1 | 1 1 1 1 || 1 . 0 −2 −2 || 𝜆 0 0 −1 | 𝜆/2

Da ciò segue che la soluzione (unica per ogni 𝜆 fissato diverso da 2) è data da 𝑥 = 0, ⎧ 1 ⎪𝑥2 = 𝜆 + 1, 2 ⎨𝑥3 = 0, ⎪ 𝜆 ⎩𝑥4 = − 2 .

Esempio svolto 6.9 Trova, se esistono, le soluzioni del sistema ⎧𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 = −10, 2𝑥 − 2𝑥2 − 𝑥3 = 3, ⎨ 1 ⎩𝑥2 + 𝑥4 = 6.

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Soluzione. Sottraendo dalla seconda riga della matrice associata al sistema il doppio della prima, otteniamo |1 |2 | |0

2 −2 1

−1 −1 0

2 −1 −1| −10 |1 0 || 3 ⟶ || 0 −6 1 |0 1 1| 6 0

−1 | −10 2 || 23 ; 1 | 6

scambiando poi la seconda e la terza colonna (cioè le variabili 𝑥2 e 𝑥3 ) la matrice che troviamo è a scala. Possiamo scegliere come parametro la quarta variabile 𝑥4 ; risolvendo all’indietro otteniamo 𝑥2 = 6 − 𝑥4 , 𝑥3 = 6𝑥2 − 2𝑥4 + 23 = 59 − 8𝑥4 e 𝑥1 = 𝑥3 − 2𝑥2 + 𝑥4 − 10 = 37 − 5𝑥4 . Le soluzioni formano pertanto una retta di equazione parametrica 𝑥 = 37 − 5𝑡, ⎧ 1 ⎪𝑥2 = 6 − 𝑡, ⎨𝑥3 = 59 − 8𝑡, ⎪ ⎩𝑥4 = 𝑡. Esempio svolto 6.10 Siano |1| |−1| ⎛| | | |⎞ 0 𝑖 𝑈 = Span⎜|| || , || ||⎟ 1 −1 ⎜| | | |⎟ ⎝|0| | 1 |⎠

𝑉 = {𝑧 ∈ ℂ4 ∣ 𝑧1 + 𝑧2 − 𝑧3 − 2𝑧4 = 0}

due sottospazi vettoriali di ℂ4 . Trova equazioni parametriche e cartesiane per 𝑈 e basi di 𝑉, 𝑈 + 𝑉 e 𝑈 ∩ 𝑉; esibisci inoltre un supplementare di 𝑈 ∩ 𝑉 in ℂ4 . Soluzione. Si verifica facilmente che i generatori di 𝑈 sono linearmente indipendenti e, quindi, dim 𝑈 = 2. Come equazioni parametriche per 𝑈 possiamo prendere 𝑧 = 𝑡1 − 𝑡2 , ⎧ 1 ⎪𝑧2 = 𝑖𝑡2 , ⎨𝑧3 = 𝑡1 − 𝑡2 , ⎪ ⎩𝑧4 = 𝑡2 , da cui si ricava, procedendo come nell’Esempio svolto 6.2, che equazioni cartesiane per 𝑈 sono date da 𝑧 − 𝑧3 = 0, { 1 𝑧2 − 𝑖𝑧4 = 0. I vettori {𝑒1 − 𝑒2 , 𝑒1 + 𝑒3 , 2𝑒1 + 𝑒4 } costituiscono una base per 𝑉 e, quindi, dim 𝑉 = 3. Sostituendo nell’equazione cartesiana di 𝑉 le equazioni parametriche per 𝑈 otteniamo 𝑡2 = 0; una base di 𝑈 ∩ 𝑉 è allora data da {𝑒1 + 𝑒3 }. Un supplementare 𝑊 di 𝑈 ∩ 𝑉 è un sottospazio che deve avere dimensione 3 e dev’essere tale che 𝑊 ∩ (𝑈 ∩ 𝑉) = {𝑂}; dunque basta trovare un sottospazio 𝑊 descritto da una sola equazione cartesiana e non contenente 𝑒1 + 𝑒3 . Per esempio, 𝑊 = {𝑧 ∈ ℂ4 ∣ 𝑧1 = 0} va bene. Infine, il teorema di Grassmann implica che la dimensione di 𝑈 + 𝑉 è uguale a 4, per cui 𝑈 + 𝑉 = ℂ4 e una base per 𝑈 + 𝑉 è la base canonica di ℂ4 .

Capitolo 6

Esempio svolto 6.11 Al variare di 𝑎 ∈ ℝ3 , sia dato il sistema ⎧𝑥2 + 𝑥3 = 𝑎1 , −𝑥 + 5𝑥3 = 𝑎2 , ⎨ 1 ⎩−𝑥1 − 5𝑥2 = 𝑎3 . Dimostra che l’insieme 𝑉 dei vettori 𝑎 ∈ ℝ3 per cui il sistema è compatibile è un sottospazio vettoriale di ℝ3 , calcolane la dimensione e trovane una base. Per ogni 𝑎 ∈ ℝ3 per cui il sistema assegnato è compatibile trova quante sono le soluzioni. Soluzione. L’insieme 𝑉 è, praticamente per definizione, il sottospazio di ℝ3 generato dalle colonne della matrice dei coefficienti del sistema, e quindi è un sottospazio. Cerchiamo allora delle equazioni cartesiane che lo descrivano. Riducendo a scala la matrice completa del sistema abbiamo |0 |−1 | |−1

1 0 −5

1| 𝑎1 | −1 0 5|| 𝑎2 ⟶ || 0 1 | 0 −5 0| 𝑎3

5 | 𝑎2 𝑎2 | −1 0 5 | 𝑎1 1 || 𝑎1 ⟶ || 0 1 1 || | 0 0 0 | 𝑎3 − 𝑎2 + 5𝑎1 −5 | 𝑎3 − 𝑎2

e, quindi, 𝑉 = {𝑎 ∈ ℝ3 ∣ 5𝑎1 −𝑎2 +𝑎3 = 0}. La dimensione di 𝑉 è allora uguale a 2 e una base di 𝑉 è data da {𝑒1 + 5𝑒2 , 𝑒1 − 5𝑒3 }. Poiché il rango della matrice dei coefficienti del sistema è sempre 2, indipendentemente da 𝑎, il teorema di struttura (Proposizione 5.1) e il teorema della dimensione garantiscono che se il sistema è compatibile allora ha una retta di soluzioni. Esempio svolto 6.12 Siano |1| |2| |−1| ⎛| | | | | |⎞ 0 1 −1 𝑈 = Span⎜|| || , || || , || ||⎟ ⎜|1| |1| | 1 |⎟ ⎝|4| |3| | 6 |⎠

|1| |2| | 0 | ⎛| | | | | |⎞ 3 4 2 e 𝑉 = Span⎜|| || , || || , || ||⎟ ⎜|3| |3| |−3|⎟ ⎝|1| |0| |−2|⎠

due sottospazi di ℝ4 . Trova equazioni cartesiane per 𝑈 e 𝑉, calcola la dimensione di 𝑈 e di 𝑉, esibisci una base di 𝑈 ∩ 𝑉 e completala a una base di ℝ4 . Soluzione. Riducendo a scala la matrice ottenuta dalle equazioni parametriche di 𝑈 otteniamo che un’equazione cartesiana per 𝑈 è data da 𝑥1 − 5𝑥3 + 𝑥4 = 0. In modo analogo troviamo che un’equazione cartesiana per 𝑉 è 3𝑥1 − 2𝑥3 + 3𝑥4 = 0; i due spazi hanno allora entrambi dimensione 3. Equazioni cartesiane per 𝑈 ∩ 𝑉 sono pertanto date da 𝑥 − 5𝑥3 + 𝑥4 = 0, { 1 3𝑥1 − 2𝑥3 + 3𝑥4 = 0. Riducendo a scala la matrice associata a tale sistema lineare si trovano le equazioni cartesiane più semplici {

𝑥1 + 𝑥4 = 0, 𝑥3 = 0.

Sistemi lineari

Una base di 𝑈 ∩ 𝑉 è quindi {𝑒1 − 𝑒4 , 𝑒2 } e, in particolare, il sottospazio 𝑈 ∩ 𝑉 ha dimensione 2. Un supplementare di 𝑈 ∩ 𝑉 in ℝ4 deve allora avere dimensione 2 e deve intersecare 𝑈 ∩ 𝑉 soltanto nel vettore nullo; per esempio 𝑊 = Span(𝑒1 , 𝑒3 ) è un supplementare di 𝑈 ∩ 𝑉. Esempio svolto 6.13 Data 𝐴 ∈ 𝑀𝑚,𝑛 (ℝ) senza righe nulle, dimostra che esiste un vettore 𝑥 ∈ ℝ𝑛 tale che tutte le componenti di 𝐴𝑥 ∈ ℝ𝑚 sono non nulle. Soluzione. Innanzitutto, la tesi equivale ad affermare che se per ogni 𝑗 ∈ {1, … , 𝑚} esiste una colonna di 𝐴 in cui la 𝑗-esima componente sia non nulla allora lo spazio generato dalle colonne della matrice 𝐴 contiene un vettore che non ha alcuna componente nulla. Posto allora 𝑈 = Im 𝐴 ⊆ ℝ𝑚 , basta dimostrare che se per ogni 𝑗 ∈ {1, … , 𝑚} esiste un vettore 𝑢(𝑗) ∈ 𝑈 la cui 𝑗-esima componente è non nulla allora 𝑈 contiene un vettore le cui componenti sono tutte non nulle. Procediamo a dimostrare questa affermazione per induzione su 𝑚: se 𝑚 = 1, la tesi è banalmente vera. Supponiamo ora che la tesi valga per 𝑚 − 1 e dimostriamola per 𝑚. Per ogni 𝑗 ∈ {1, … , 𝑚} scegliamo 𝑢(𝑗) ∈ 𝑈 la cui 𝑗-esima componente sia non nulla, e indichiamo con 𝑢̃(𝑗) ∈ ℝ𝑚−1 il vettore ottenuto cancellando l’ultima componente di 𝑢(𝑗) . Per l’ipotesi induttiva esistono 𝑐1 , … , 𝑐𝑚−1 ∈ ℝ tali che il vettore 𝑣 = 𝑐1 𝑢̃(1) ⋯ + 𝑐𝑚−1 𝑢̃(𝑚−1) ∈ ℝ𝑚−1 abbia tutte le componenti non nulle. Al variare di 𝑡 ∈ ℝ, consideriamo il vettore 𝑢 ∈ ℝ𝑚 dato da 𝑢𝑡 = 𝑐1 𝑢(1) + ⋯ + 𝑐𝑚−1 𝑢(𝑚−1) + 𝑡𝑢(𝑚) . Dalla definizione di 𝑢𝑡 abbiamo che le prime 𝑚 − 1 componenti di 𝑢𝑡 sono della forma (𝑚) (𝑚) 𝑣𝑗 +𝑡𝑢𝑗 , dove 𝑣𝑗 e 𝑢𝑗 indicano la 𝑗-esima componente di 𝑣 e di 𝑢(𝑚) rispettivamente, e sappiamo per l’ipotesi induttiva che 𝑣𝑗 ≠ 0 per ogni 𝑗 = 1, … , 𝑚 − 1. La componente (1)

(𝑚−1)

(𝑚)

𝑚-esima di 𝑢𝑡 è data da 𝑐1 𝑢𝑚 + ⋯ + 𝑐𝑚−1 𝑢𝑚 + 𝑡𝑢𝑚 ; per la scelta del vettore 𝑢(𝑚) (𝑚) si ha 𝑢𝑚 ≠ 0. Al variare di 𝑡 ∈ ℝ, dunque, dobbiamo escludere al più gli 𝑚 valori di 𝑡 che annullano una delle componenti di 𝑢𝑡 . Poiché ℝ ha infiniti elementi, esiste certamente 𝑡0 ∈ ℝ tale che le componenti di 𝑢𝑡0 siano tutte non nulle e, quindi, 𝑈 contiene un vettore che non ha nessuna componente nulla. |1 Esempio svolto 6.14 Per ogni 𝑏 ∈ ℂ, sia 𝐵𝑏 ∈ 𝑀3,3 (ℂ) la matrice data da ||𝑏 |0 Per ogni 𝑏 ∈ ℂ trova Ker 𝐵𝑏 e Im 𝐵𝑏 ; determina inoltre una base di 𝑈=

⋂

3 𝑏| 3𝑏 1||. 𝑖 1|

Im 𝐵𝑏 ⊆ ℂ3 .

𝑏∈ℂ

Soluzione. Riducendo a scala la matrice assegnata troviamo |1 |𝑏 | |0

3 𝑏| 𝑧1 |1 3 3𝑏 1|| 𝑧2 ⟶ || 0 0 |0 𝑖 𝑖 1| 𝑧3

𝑏 | 𝑧1 𝑏 | 𝑧1 |1 3 1 || 𝑧3 ; 1 − 𝑏2 || 𝑧2 − 𝑏𝑧1 ⟶ || 0 𝑖 | 0 0 1 − 𝑏2 | 𝑧2 − 𝑏𝑧1 1 | 𝑧3

abbiamo messo un vettore generico come vettore dei termini noti in modo da ricavare direttamente equazioni cartesiane per Im 𝐵𝑏 . Se 1 − 𝑏2 ≠ 0, ovvero se 𝑏 ≠ ±1, allora

Capitolo 6

il rango di 𝐵𝑏 è 3 e quindi Im 𝐵𝑏 = ℂ3 e Ker 𝐵𝑏 = {𝑂}. Se 𝑏 = 1, allora Im 𝐵1 è il |−3𝑖 − 1| piano di equazione cartesiana 𝑧2 − 𝑧1 = 0 e Ker 𝐵1 = ℂ || 𝑖 ||; se 𝑏 = −1, allora | 1 | |−3𝑖 + 1| Ker 𝐵−1 = ℂ || 𝑖 || e Im 𝐵1 è il piano di equazione cartesiana 𝑧2 +𝑧1 = 0. Per quanto | 1 | appena visto, 𝑈 = ⋂𝑏∈ℂ Im 𝐵𝑏 ⊆ ℂ3 coincide con Im 𝐵1 ∩ Im 𝐵−1 perché per tutti gli altri valori di 𝑏 ∈ ℂ si ha Im 𝐵𝑏 = ℂ3 . Pertanto, equazioni cartesiane per 𝑈 sono {

𝑧2 + 𝑧1 = 0, 𝑧2 − 𝑧1 = 0;

il sottospazio 𝑈 ha allora equazioni cartesiane 𝑧1 = 𝑧2 = 0 ed è dunque la retta ℂ𝑒3 , una cui base è {𝑒3 }. Esempio svolto 6.15 Siano 𝑉 e 𝑊 i sottospazi affini di ℝ4 dati rispettivamente da |𝑥1 | ⎧ ⎪ ||𝑥2 || 𝑉= | | 𝑥 ⎨ ⎪ | 3| | 𝑥 ⎩ 4|

| ⎫ | | 𝑥 − 𝑥 + 𝑥 = 1⎪ 1 2 4 | ⎬ | ⎪ | ⎭

| −𝑡1 − 2𝑡2 + 2 | ⎧ ⎪ || 2𝑡1 + 2𝑡2 + 𝑡3 || 𝑊= | −2𝑡1 − 2𝑡2 − 1|| ⎨ ⎪| | | 𝑡1 + 1 ⎩

| ⎫ | | 𝑡 , 𝑡 , 𝑡 ∈ ℝ ⎪. 1 2 3 | ⎬ | ⎪ | ⎭

Determina equazioni parametriche per 𝑉, equazioni cartesiane per 𝑊 ed equazioni parametriche e cartesiane per 𝑉 ∩ 𝑊. Soluzione. Il sottospazio di giacitura di 𝑉 ha equazione 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥4 = 0, e una sua base è {𝑒1 + 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒2 + 𝑒4 }. Essendo 𝑒1 ∈ 𝑉, equazioni parametriche per 𝑉 sono allora 𝑥 = 𝑡1 + 1, ⎧ 1 ⎪𝑥2 = 𝑡1 + 𝑡3 , ⎨𝑥3 = 𝑡2 , ⎪ ⎩𝑥4 = 𝑡3 , ottenute sommando 𝑒1 a equazioni parametriche del sottospazio di giacitura. Un punto 𝑥 ∈ ℝ4 appartiene a 𝑊 se e solo se il sistema −𝑡 − 2𝑡2 = 𝑥1 − 2, ⎧ 1 ⎪2𝑡1 + 2𝑡2 + 𝑡3 = 𝑥2 , ⎨−2𝑡1 − 2𝑡2 = 𝑥3 + 1, ⎪ ⎩𝑡1 = 𝑥4 − 1 ha soluzione. Riducendo a scala come fatto nell’Esempio svolto 6.11 troviamo che un’equazione cartesiana per 𝑊 è data da 𝑥1 − 𝑥3 − 𝑥4 = 2. Il sottospazio affine 𝑉 ∩ 𝑊 ha pertanto equazioni cartesiane 𝑥 − 𝑥2 + 𝑥4 = 1, { 1 𝑥1 − 𝑥3 − 𝑥4 = 2.

Sistemi lineari

Riducendo a scala la matrice associata a quest’ultimo sistema si vede che 𝑥 = 𝑡1 + 𝑡2 + 2, ⎧ 1 ⎪𝑥2 = 𝑡1 + 2𝑡2 + 1, ⎨𝑥3 = 𝑡1 , ⎪ ⎩𝑥4 = 𝑡2 , sono equazioni parametriche per 𝑉 ∩ 𝑊. Esempio svolto 6.16 Al variare di ℎ, 𝑘 ∈ ℝ, determina Im 𝑇ℎ,𝑘 , dove 𝑇ℎ,𝑘 ∶ ℝ3 → ℝ3 è data da (ℎ − 𝑘)𝑧1 + (ℎ + 𝑘)𝑧2 | 𝑧1 | | | 𝑇ℎ,𝑘 ||𝑧2 || = ||(ℎ2 + ℎ)(𝑧1 + 𝑧3 ) + (ℎ − 𝑘)𝑧2 ||. |𝑧3 | | | (ℎ2 + 𝑘)(𝑧1 + 𝑧3 ) Soluzione. I vettori |ℎ−𝑘| 𝑢 = ||ℎ2 + ℎ||, |ℎ2 + 𝑘|

|ℎ + 𝑘| 𝑣 = ||ℎ − 𝑘|| | 0 |

| 0 | 𝑤 = ||ℎ2 + ℎ|| |ℎ2 + 𝑘|

generano Im 𝑇ℎ,𝑘 ; vogliamo stabilire per quali valori dei parametri ℎ e 𝑘 generano tutto lo spazio ℝ3 e per quali valori generano un sottospazio di dimensione inferiore. Per semplificare i calcoli notiamo che Span(𝑢, 𝑣, 𝑤) = Span(𝑢 − 𝑤, 𝑣, 𝑤); dunque Im 𝑇ℎ,𝑘 = Im 𝐴ℎ,𝑘 , dove 0 | | |ℎ − 𝑘 ℎ + 𝑘 ℎ − 𝑘 ℎ2 + ℎ || = ||𝑢 − 𝑤 𝐴ℎ,𝑘 = || 0 | 0 0 ℎ2 + 𝑘 | |

𝑣

| 𝑤||. |

Quando ℎ − 𝑘 ≠ 0, la matrice 𝐴ℎ,𝑘 è a scala con almeno due pivot, entrambi uguali a ℎ − 𝑘; ha un terzo pivot se e solo se ℎ2 + 𝑘 ≠ 0, nel qual caso Im 𝑇ℎ,𝑘 = ℝ3 , mentre Im 𝑇ℎ,𝑘 è il piano di equazione cartesiana 𝑧3 = 0 (perché?) quando ℎ2 + 𝑘 = 0. Se invece ℎ = 𝑘, la matrice 𝐴ℎ,𝑘 diviene 0 | | 0 2ℎ | 0 0 ℎ2 + ℎ |. | | | 0 0 ℎ2 + ℎ | Se ℎ ≠ 0, −1, lo spazio generato da 𝑢, 𝑣 e 𝑤 ha dimensione 2 ed è il piano di equazione 𝑧2 − 𝑧3 = 0; se ℎ = −1, la matrice 𝐴−1,−1 ha rango 1 e Im 𝑇−1,−1 è la retta di equazioni cartesiane 𝑧2 = 𝑧3 = 0; infine se ℎ = 0 si vede subito che 𝐴0,0 è la matrice nulla e quindi Im 𝑇0,0 = {𝑂}. Riassumendo: se ℎ ≠ 𝑘 e ℎ2 + 𝑘 ≠ 0, allora Im 𝑇ℎ,𝑘 = ℝ3 ; se ℎ ≠ 𝑘 e ℎ2 + 𝑘 = 0, allora Im 𝑇ℎ,𝑘 è il piano di equazione 𝑧3 = 0; se ℎ = 𝑘 e ℎ ≠ 0, −1, allora Im 𝑇ℎ,𝑘 è il piano di equazione 𝑧2 − 𝑧3 = 0; se ℎ = 𝑘 = −1, allora Im 𝑇ℎ,𝑘 è la retta di equazioni cartesiane 𝑧2 = 𝑧3 = 0; infine se ℎ = 𝑘 = 0, il sottospazio Im 𝑇ℎ,𝑘 si riduce al solo vettore nullo.

Capitolo 6

Esempio svolto 6.17 Scrivi equazioni parametriche e cartesiane del sottospazio affine 𝐴 di ℝ4 ottenuto sommando il vettore di componenti 0, 1, 2, 1 al sottospazio vettoriale 𝑈 di equazioni cartesiane 2𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 − 5𝑥4 = 0 e −𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑥4 = 0. Soluzione. Si verifica facilmente risolvendo il sistema 2𝑥 − 𝑥2 + 2𝑥3 − 5𝑥4 = 0, { 1 −𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑥4 = 0, che dim 𝑈 = 2 e che 𝑈 è generato dai vettori 2𝑒2 + 𝑒3 e 4𝑒1 + 3𝑒2 + 𝑒4 . Il sottospazio affine 𝐴 ha quindi equazioni parametriche 𝑥 = 4𝑡2 , ⎧ 1 ⎪𝑥2 = 2𝑡1 + 3𝑡2 + 1, ⎨𝑥3 = 𝑡1 + 2, ⎪ ⎩𝑥4 = 𝑡2 + 1. Riducendo a scala la matrice associata a tali equazioni parametriche otteniamo le equazioni cartesiane 𝑥 − 4𝑥4 + 4 = 0, { 1 𝑥2 − 2𝑥3 − 3𝑥4 + 6 = 0. Per trovare le equazioni cartesiane di 𝐴 potevamo procedere anche in un altro modo. Per definizione, un vettore 𝑦 ∈ ℝ4 appartiene ad 𝐴 se e solo se il vettore di componenti 𝑦1 , 𝑦2 − 1, 𝑦3 − 2 e 𝑦4 − 1 appartiene a 𝑈, cioè se e solo se 2𝑦 − (𝑦2 − 1) + 2(𝑦3 − 2) − 5(𝑦4 − 1) = 0, { 1 −𝑦1 + (𝑦2 − 1) − 2(𝑦3 − 2) + (𝑦4 − 1) = 0. Non deve stupirti il fatto di aver ottenuto equazioni cartesiane diverse da quelle precedentemente ricavate; infatti, qualunque sistema equivalente a quelli che abbiamo trovato fornisce equazioni cartesiane per 𝐴.

Esercizi proposti Esercizio 6.1 Risolvi i seguenti sistemi a scala. 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 + 𝑥5 − 𝑥6 = 1, 𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 + 𝑥6 = 0, (i) { 𝑥5 − 𝑥6 = 2. 2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 + 𝑥5 − 𝑥6 = 2, ⎧ ⎪ 2𝑥2 − 2𝑥4 + 𝑥5 = 0, (ii) ⎨ 𝑥3 − 𝑥5 − 𝑥6 = 1, ⎪ 𝑥5 + 𝑥6 = 2. ⎩ 2𝑥1 − 3𝑥2 + 𝑥3 = 1, ⎧ ⎪ 2𝑥2 − 3𝑥3 + 𝑥4 = 1, (iii) ⎨ 2𝑥3 − 3𝑥4 + 𝑥5 = 1, ⎪ 2𝑥4 − 3𝑥5 + 𝑥6 = 1. ⎩

Sistemi lineari

(iv)

𝑥1 − 𝑥 2 + 𝑥 3 − 𝑥 4 + 𝑥 5 − 𝑥 6 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 𝑥5 + 𝑥6 𝑥3 − 𝑥 4 + 𝑥 5 − 𝑥 6 ⎨ 𝑥4 − 𝑥5 + 𝑥6 ⎪ ⎪ 𝑥5 − 𝑥 6 ⎩ ⎧ ⎪ ⎪

= 0, = 1, = 2, = 3, = 4.

Esercizio 6.2 Risolvi i seguenti sistemi lineari omogenei. (i)

2𝑥2 − 4𝑥3 + 𝑥4 = 0, {𝑥1 − 3𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 = 0, 2𝑥1 − 2𝑥2 − 𝑥3 + 2𝑥4 = 0.

(ii)

𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 𝑤 = 0, {2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 = 0, 2𝑦 + 4𝑧 − 𝑤 = 0.

Esercizio 6.3 Studia (cioè determina se sono compatibili, e in tal caso trovane le soluzioni) i seguenti sistemi.

(i)

(ii)

(iii)

(iv)

(v)

(vi)

(vii)

19𝑥 − 𝑦 − 5𝑧 + 𝑡 = 3, ⎧ ⎪18𝑥 − 5𝑧 + 𝑡 = 1, ⎨6𝑥 + 9𝑦 + 𝑡 = 1, ⎪ ⎩12𝑥 + 18𝑦 + 3𝑡 = 3. 𝑥2 − 𝑥3 = −3, {𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 = 9, 𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 = 8. 14𝑥 + 3𝑧 + 𝑡 = 3, ⎧ ⎪13𝑥 − 𝑦 + 3𝑧 + 𝑡 = 1, ⎨6𝑥 − 8𝑦 + 2𝑡 = 1, ⎪ ⎩6𝑥 − 7𝑦 + 𝑡 = 1. −2𝑥1 + 5𝑥2 + 3𝑥3 = 0, {𝑥1 − 3𝑥2 − 𝑥3 = 1, −𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = −1. 𝑥 − 𝑥2 + 𝑥4 = 9, ⎧ 1 ⎪𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1, ⎨−𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = −6, ⎪ ⎩4𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = 0. 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 6, {𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 = 0, 2𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 2. 𝑥 + 𝑦 − 𝑤 = 8, ⎧ ⎪𝑥 + 𝑧 = 2, ⎨𝑦 − 2𝑧 + 𝑤 = −1, ⎪ ⎩2𝑥 + 𝑦 = 5.

Capitolo 6

Esercizio 6.4 Studia (cioè determina se sono compatibili, e in tal caso trovane le soluzioni) i seguenti sistemi. (i)

2𝑥 + 3𝑦 = 1, {−3𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 0, 5𝑥 − 4𝑦 − 7𝑧 = 0.

(ii)

𝑥 + 𝑧 + 𝑤 = 7, ⎧ ⎪𝑥 + 𝑦 = 2, ⎨4𝑥 + 12𝑦 + 𝑧 − 3𝑤 = 1, ⎪ ⎩5𝑥 + 6𝑦 + 2𝑧 − 5𝑤 = −1.

𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 3, (iii) {2𝑥 + 5𝑦 − 4𝑧 = −13, 3𝑥 + 2𝑦 + 5𝑧 = 19. Esercizio 6.5 Studia (cioè determina se sono compatibili, e in tal caso trovane le soluzioni) i seguenti sistemi.

(i)

𝑥 + 𝑦 − 2𝑧 = 1, ⎧ ⎪𝑥 + 𝑦 = 1, ⎨3𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 = 3, ⎪ ⎩2𝑥 − 3𝑧 = 2.

(ii)

4𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2𝑣 + 3𝑤 = 0, ⎧ ⎪14𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 + 7𝑣 + 11𝑤 = 0, ⎨2𝑥 + 2𝑦 + 𝑤 = 1, ⎪ ⎩15𝑥 + 3𝑦 + 3𝑧 + 6𝑣 + 10𝑤 = 0.

𝑥 − 𝑥2 + 𝑥3 = −3, ⎧ 1 ⎪2𝑥1 + 3𝑥2 − 3𝑥3 = 2, (iii) ⎨5𝑥1 + 2𝑥3 = 1, ⎪ ⎩3𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 = 7.

(iv)

5𝑥 + 4𝑦 − 7𝑧 = 3, ⎧ ⎪𝑥 + 2𝑦 − 3𝑧 = 1, ⎨𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 0, ⎪ ⎩3𝑥 + 3𝑦 − 5𝑧 = 2.

Esercizio 6.6 Studia (cioè determina se sono compatibili, e in tal caso trovane le soluzioni) i seguenti sistemi. (i)

𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 + 𝑥5 = 0, {2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 + 7𝑥4 − 2𝑥5 = 0, 3𝑥1 + 5𝑥2 − 2𝑥3 − 3𝑥4 + 9𝑥5 = 0.

(ii)

2𝑥 − 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0, ⎧ 1 ⎪ ⎪3𝑥1 − 𝑥3 + 𝑥4 = 1, 2𝑥 + 2𝑥2 + 𝑥3 = −1, ⎨ 1 ⎪ ⎪𝑥3 − 2𝑥4 = 2, ⎩𝑥1 + 𝑥2 = 0.

𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 = −10, (iii) {2𝑥1 − 2𝑥2 − 𝑥3 = 3, 𝑥2 + 𝑥4 = 6.

Sistemi lineari

(iv)

2𝑥 + 4𝑦 + 3𝑧 − 𝑤 = 0, {4𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 + 2𝑤 = 1, 3𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 4𝑤 = 0.

(v)

𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 2𝑤 = 1, {2𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = 0, 𝑦 + 𝑧 + 𝑤 = 1.

(vi)

𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 2𝑥5 = 0, {𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑥4 = 1, 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 − 𝑥5 = 0.

Esercizio 6.7 Al variare del parametro 𝑘 ∈ ℝ, studia i seguenti sistemi lineari e, quando possibile, trova le soluzioni in funzione di 𝑘. (i)

2𝑥1 + 𝑘𝑥2 = 2, {𝑘𝑥1 + 2𝑥2 = 𝑘, 𝑘𝑥2 − 𝑘𝑥3 = 𝑘.

(ii)

2𝑥 − 2𝑘𝑦 + 𝑘𝑧 = 1, {𝑥 − 𝑘𝑦 = 0, −𝑥 + (𝑘 + 3)𝑦 = 1.

3𝑥 − 2𝑦 + 𝑘𝑧 = 11, (iii) {2𝑥 + 6𝑦 − 3𝑧 = 0, 𝑘𝑥 − 4𝑦 + 2𝑥 = 7. (iv)

𝑥 − 2𝑦 + 2𝑧 = 3𝑘 + 2, {(3𝑘 + 1)𝑥 − 𝑦 + (𝑘 + 1)𝑧 = 𝑘 + 1, 𝑥 − (3𝑘 + 1)𝑦 + (3𝑘 + 1)𝑧 = 1.

(v)

𝑦 − 𝑧 = 𝑘, {2𝑥 + 3𝑦 − 7𝑧 = 5, 𝑥 − 3𝑦 + 𝑧 = −2.

Esercizio 6.8 Al variare del parametro 𝑘 ∈ ℝ, studia i seguenti sistemi lineari e, quando possibile, trova le soluzioni in funzione di 𝑘. (i)

𝑘𝑥2 + 3𝑥3 = 1, {𝑘𝑥1 + 𝑘𝑥2 = 𝑘, 𝑥2 + 𝑘𝑥3 = 𝑘.

(ii)

𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 2𝑘, {𝑥 + (2𝑘 + 1)𝑦 + 𝑧 = −1, (2𝑘 + 1)𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = −2𝑘 + 13/2.

3𝑥 − 𝑘𝑦 + 2𝑧 = 0, (iii) {𝑘𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 2, 2𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = −2. (iv)

𝑥1 + 𝑘𝑥2 + 𝑥3 = 0, {𝑘𝑥1 − 𝑥2 + 2𝑥3 = 3, 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 𝑘.

(v)

𝑥 + 𝑦 + (𝑘 − 1)𝑧 = 1, {2𝑥 + 𝑘𝑦 + 𝑘𝑧 = 𝑘, 𝑘𝑥 + 2(𝑘 − 1)𝑦 + 2𝑧 = 4 − 𝑘.

Capitolo 6

Esercizio 6.9 Al variare del parametro 𝑘 ∈ ℝ, studia i seguenti sistemi lineari e, quando possibile, trova le soluzioni in funzione di 𝑘. (i)

2𝑥 + 𝑘𝑦 − 𝑧 = 𝑘, {𝑘𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 3, 𝑥 + 2𝑦 − 3𝑧 = −2.

(ii)

3𝑥 + 𝑘𝑦 + 2𝑧 = 1, {(1 − 𝑘)𝑥 + 5𝑦 + 3𝑧 = 0, 3𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 4.

𝑥1 + 𝑥2 + (2𝑘 − 1)𝑥3 = 8, (iii) {𝑘𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1, 𝑥1 + 𝑘𝑥2 + 4𝑥3 = 3(𝑘 + 1). (iv)

𝑥 − 3𝑦 = −2, {2𝑥 + 𝑘𝑦 = 3, 3𝑥 − 2𝑦 = 𝑘.

Esercizio 6.10 Al variare del parametro 𝑘 ∈ ℝ, studia i seguenti sistemi lineari e, quando possibile, trova le soluzioni in funzione di 𝑘. 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 + 𝑤 = 1, ⎧ ⎪𝑥 + 𝑘𝑦 − 𝑧 − 𝑤 = 5, (i) ⎨−𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑤 = 1, ⎪ ⎩(1 − 𝑘2 )𝑥 + 3𝑦 + 4𝑧 + (1 + 𝑘2 )𝑤 = 1 + 𝑘. −𝑥 + 𝑘𝑥3 + 𝑥4 = 2, ⎧ 1 ⎪𝑘𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 + 3𝑥4 = −𝑘, (ii) ⎨𝑥1 − 𝑥3 + 𝑥4 = 𝑘 + 1, ⎪ ⎩(𝑘 − 1)𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3 + 2(𝑘 + 1)𝑥4 = 1. 𝑘𝑥 − 𝑥3 + 𝑥4 = 0, ⎧ 1 ⎪𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 4, (iii) ⎨−𝑥2 + 𝑘𝑥3 = −1, ⎪ ⎩𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥4 = 4. 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑘, (iv) {2𝑥1 − 𝑘𝑥2 + 𝑥3 = 0, 3𝑥1 + 4𝑥2 = 1. 2𝑥 − 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0, ⎧ 1 ⎪ ⎪3𝑥1 − 𝑥3 + 𝑥4 = 1, (v) 2𝑥 + 2𝑥2 + 𝑥3 = −1, ⎨ 1 ⎪ ⎪𝑥3 − 2𝑥4 = 𝑘, ⎩𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑘𝑥4 = 0. 𝑘𝑥 − 𝑥4 = −1, ⎧ 1 ⎪𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 4, (vi) ⎨𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 4, ⎪ ⎩𝑥1 − 𝑘𝑥2 − 𝑥3 = 0. 𝑘𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 𝑘𝑤 = 0, ⎧ ⎪2𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = 0, (vii) ⎨𝑥 + 𝑦 + 𝑤 = 𝑘, ⎪ ⎩𝑦 + 𝑧 + 𝑤 = 1.

Sistemi lineari

Esercizio 6.11 Al variare del parametro 𝑡 ∈ ℝ, studia i seguenti sistemi lineari e, quando possibile, trova le soluzioni in funzione di 𝑡. (i)

𝑥 + 𝑡𝑦 = 0, {𝑥 + (𝑡 + 1)𝑦 + 𝑧 = 1, 𝑡𝑥 + 2𝑦 + (𝑡 + 2)𝑧 = sin 𝑡 − 𝑡2 + 2.

(ii)

𝑡2 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 0, {(2𝑡 + 4)𝑥 + 2𝑡𝑦 + 2𝑧 = 𝑡, −𝑥 − 𝑦 = 𝑡 + 3.

Esercizio 6.12 Al variare del parametro 𝑘 ∈ ℝ, studia i seguenti sistemi e, quando possibile, trovane le soluzioni. (i)

𝑥1 + 𝑥3 = 𝑘, {2𝑥1 − 𝑘𝑥2 + 𝑥3 = 0, 3𝑥1 + 4𝑥2 = 1.

(ii)

𝑘𝑥 − 𝑥4 = −1, ⎧ 1 ⎪𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 4, ⎨𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 4, ⎪ ⎩𝑥1 − 𝑘𝑥2 − 𝑥3 = 0.

𝑥 + 𝑥2 − 𝑥4 = 1, ⎧ 1 ⎪𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 𝑘 + 8, (iii) ⎨𝑘𝑥1 + 𝑘𝑥2 + 𝑥3 + 3𝑥4 = −3, ⎪ ⎩𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = 2. Esercizio 6.13 Al variare del parametro 𝑘 ∈ ℝ, studia i seguenti sistemi lineari e, quando possibile, trova le soluzioni in funzione di 𝑘.

(i)

𝑥 + 𝑥2 − 𝑥4 = 1, ⎧ 1 ⎪𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 𝑘 + 8, ⎨𝑘𝑥1 + 𝑘𝑥2 + 𝑥3 + 3𝑥4 = −3, ⎪ ⎩𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 = 2.

(ii)

𝑥1 + 𝑘𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 = −10, {2𝑥1 − 𝑘𝑥2 − 𝑥3 = 3, 𝑘𝑥2 + 𝑥4 = 6.

𝑥 − 𝑥2 − 3𝑥4 = −1, ⎧ 1 ⎪4𝑥1 + 3𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 1, (iii) ⎨5𝑥1 + 𝑘𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4 = 0, ⎪ ⎩2𝑥1 + 𝑥3 + 2𝑥4 = 0.

(iv)

𝑥 + 𝑥2 + (2𝑘 − 1)𝑥3 = 8, ⎧ 1 ⎪𝑘𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 1, ⎨𝑘𝑥1 + (𝑘 − 2)𝑥2 + 2(4 − 3𝑘)𝑥3 = 3𝑘 − 26, ⎪ ⎩2𝑥1 + (𝑘 − 1)𝑥2 + (5 − 2𝑘)𝑥3 = 3𝑘 − 11.

(v)

𝑥 + 𝑧 = 1, {𝑥 + 5𝑧 = 𝑘, −𝑥 + 𝑧 = 2.

Capitolo 6

Esercizio 6.14 Al variare dei parametri ℎ, 𝑏 ∈ ℝ, studia i seguenti sistemi lineari e, quando possibile, trova le soluzioni in funzione di ℎ e 𝑏. 𝑥 + ℎ𝑦 + 𝑧 = 𝑏2 , (i) {ℎ𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑏, 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1. (ii)

𝑥 + ℎ𝑦 + 𝑏𝑧 = 0, {ℎ𝑥 − 𝑦 + ℎ𝑏𝑧 = 3, 𝑥 + 𝑏𝑦 − 2𝑧 = ℎ + 2.

(ℎ + 3)𝑥 + (2𝑏 − 1)𝑦 + 𝑧 = 3ℎ − 1, (iii) {2𝑥 + (2𝑏 − ℎ − 2)𝑦 + (ℎ + 2)𝑧 = −4, 7𝑥 + (4𝑏 − 5)𝑦 + 5𝑧 = 2ℎ − 3. (iv)

𝑥 + 2𝑦 + ℎ𝑧 = 1, {2𝑥 + ℎ𝑦 + 8𝑧 = −1, 4𝑥 + 7𝑦 + 𝑧 = 𝑏.

Esercizio 6.15 Studia il seguente sistema lineare al variare dei parametri 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ: 𝛼𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1, {𝑥 + 𝛼𝑦 + 𝑧 = 𝛽, 𝑥 + 𝑦 + 𝛼𝑧 = 𝛽 2 . Esercizio 6.16 Studia il seguente sistema lineare al variare dei parametri reali 𝛼, 𝛽 e 𝛾: 𝑥 + 2𝑦 = 1 − 𝛼, {𝑥 + 𝛼𝑦 + (𝛼 − 2)𝑧 = 𝛽, 2𝑥 + 5𝑦 + 𝑧 = 𝛾. Esercizio 6.17 Per i sistemi lineari seguenti, trova che relazione deve intercorrere fra i numeri reali 𝑎, 𝑏 e 𝑐 perché il sistema ammetta soluzione. 2𝑥 + 𝑦 = 𝑎, (i) {2𝑥 + 𝑧 = 𝑏, 4𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑐. (ii)

𝑥 − 3𝑦 = 𝑎, {2𝑦 − 𝑧 = 𝑏, 𝑥 − 5𝑦 + 𝑧 = 𝑐.

Esercizio 6.18 Risolvi, quando possibile, i seguenti sistemi: 𝑥 − 𝑥2 + 𝑥3 = −3, ⎧ 1 ⎪2𝑥1 + 3𝑥2 − 3𝑥3 = 2, ⎨5𝑥1 + 2𝑥3 = 1, ⎪ ⎩3𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 = 7;

𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 + 𝑥5 = 0, {2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 + 7𝑥4 − 2𝑥5 = 0, 3𝑥1 + 5𝑥2 − 2𝑥3 − 3𝑥4 + 9𝑥5 = 0.

Esercizio 6.19 Al variare del parametro 𝑘 ∈ ℝ studia i seguenti sistemi lineari: 𝑥 + 𝑘𝑦 − 𝑧 + 𝑤 = 2, {3𝑥 + 3𝑘𝑦 + (𝑘 − 3)𝑧 + 6𝑤 = 5, 2𝑥 + 2𝑘𝑦 − 2𝑧 + 3𝑤 = 3;

𝑥 − 𝑦 + 𝑘𝑧 + 𝑤 = 𝑘, {2𝑥 − 2𝑦 + 3𝑘𝑧 + 6𝑤 = 2 + 𝑘, 3𝑥 − 3𝑦 + 3𝑘𝑧 + 92 𝑤 = 32 + 3𝑘;

𝑥 + (4𝑘 − 1)𝑦 + 𝑧 = 8, ⎧ ⎪𝑘𝑥 + (4 − 6𝑘)𝑦 + (𝑘 − 1)𝑧 = 3𝑘 − 13, ⎨2𝑘𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1, ⎪ ⎩2𝑥 + (5 − 4𝑘)𝑦 + (2𝑘 − 1)𝑧 = 6𝑘 − 11.

Sistemi lineari

Esercizio 6.20 Al variare del parametro 𝑎 ∈ ℝ studia i seguenti sistemi lineari: 𝑥 + (𝑎 − 1)𝑦 + 𝑧 = 1, ⎧ ⎪(2𝑎 − 3)𝑥 + 𝑦 + (𝑎 − 1)𝑧 = 3 − 𝑎, ⎨2𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑎𝑧 = 𝑎, ⎪ ⎩𝑎𝑥 + 2𝑦 + (2𝑎 − 2)𝑧 = 4 − 𝑎; 𝑥 + (𝑎 − 1)𝑦 + 𝑧 = 3 − 𝑎, ⎧ ⎪𝑥 + 𝑦 + (𝑎 − 1)𝑧 = 1,

𝑥 + (2𝑎 − 3)𝑦 + (𝑎 − 1)𝑧 = 3 − 𝑎, ⎧ ⎪(𝑎 − 1)𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1, ⎨𝑎𝑥 + 2𝑦 + 𝑎𝑧 = 𝑎, ⎪ ⎩2𝑥 + 𝑎𝑦 + (2𝑎 − 2)𝑧 = 4 − 𝑎; 𝑥 + 𝑦 + (𝑎 − 1)𝑧 = 3 − 𝑎, ⎧ ⎪2𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑎𝑧 = 𝑎,

⎨𝑎𝑥 + (2𝑎 − 2)𝑦 + 2𝑧 = 4 − 𝑎, ⎨𝑎𝑥 + 2𝑦 + (2𝑎 − 2)𝑧 = 4 − 𝑎, ⎪ ⎪ ⎩2𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑎𝑧 = 𝑎; ⎩𝑥 + (𝑎 − 1)𝑦 + 𝑧 = 1. [Suggerimento: quando trovi un polinomio di secondo grado decomponilo nel prodotto di due polinomi di primo grado.] Esercizio 6.21 Al variare del parametro 𝑏 ∈ ℝ studia i seguenti sistemi lineari: 𝑥 + 𝑏𝑦 − 𝑧 + 𝑤 = 1, {−𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 𝑤 = 𝑏, 𝑏𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 𝑤 = 1;

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑏, {−𝑥 + (𝑏 + 1)𝑦 − 𝑧 = −2𝑏, 𝑥 + 𝑦 + (𝑏 + 1)𝑧 = 0;

𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 1, ⎧ 1 ⎪𝑥1 + 𝑥2 + (𝑏 − 1)𝑥3 + 𝑥4 = 1, ⎨2𝑥1 + 𝑏𝑥2 + 𝑏𝑥3 + 𝑏𝑥4 = 𝑏, ⎪ ⎩𝑏𝑥1 + 2(𝑏 − 1)𝑥2 + 2𝑥3 + 2𝑥4 = 𝑏2 − 2. Esercizio 6.22 Al variare del parametro 𝑡 ∈ ℝ studia i seguenti sistemi lineari: 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 + 𝑤 = 1, {𝑥 + 𝑏𝑦 − 𝑧 − 𝑤 = 5, −𝑥 + 𝑧 + 𝑤 = 𝑏;

𝑥 + 𝑡𝑦 − 𝑧 + 𝑤 = 1, {−𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 𝑤 = 𝑡, 𝑡𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 𝑤 = 1; 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 + 𝑤 = 1, {𝑥 + 𝑡𝑦 − 𝑧 − 𝑤 = 5, −𝑥 + 𝑧 + 𝑤 = −𝑡; Esercizio 6.23 Calcola i pivot della matrice |1 𝐴 = ||2 |0

𝑥 + 𝑦 + 𝑡𝑧 − 𝑤 = 1, {𝑡𝑥 − 𝑦 + 𝑧 + 𝑤 = 1, 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 − 𝑤 = 𝑡; 𝑥 − 𝑦 + 12 𝑡𝑧 − 𝑤 = 5, {𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 𝑤 = 1, −2𝑥 + 2𝑦 + 2𝑤 = 𝑡. 0 −3 −3

2 | −1|| 4|

effettuando tutti gli scambi di riga possibili, e verifica che il valore assoluto del prodotto dei pivot non cambia. Quali combinazioni di scambi di righe danno come valore del prodotto dei pivot l’opposto di quello ottenuto effettuando una riduzione a scala senza scambi di righe? Esercizio 6.24 Calcola il rango delle seguenti matrici. 0 3| | 1 | 2 1 1| |. (i) | 3 1 4| | |−1 −1 2| 1 | |0 1 7 ||. (ii) 𝐴 = ||2 3 | 1 −3 −1| | 1 |−1 (iii) 𝐴 = | | 3 | 2

−2 1 0 1

1 0 −3 −3

0| 1| |. 0| 1|

100

Capitolo 6

Esercizio 6.25 Determina al variare di 𝛽 ∈ ℝ il rango della matrice |−1 𝐴𝛼 = || 2𝛽 | 2

0 2𝛽 0

2 | 2𝛽 + 1||. 2𝛽 |

Esercizio 6.26 Calcola la dimensione del sottospazio vettoriale di ℝ4 generato dai vettori | 1 | |−1| ᵆ1 = | |, | 3 | | 2 | Esercizio 6.27 1 | 1 |−1 −1 0 (i) || 1 1 |0 | 1 1 1 0 | |−1 1 2 (ii) || 2 1 | 3 |0 1 1 0 | | 1 −2 (iii) | 3 |0 |−1 1 | 1 −1 |2 −2 (iv) | 1 |0 |3 2

|−2| | 1 | ᵆ2 = | | |0| | 1 |

| 8 | |−5| e ᵆ3 = | |. |6| | 1 |

Determina quali delle seguenti matrici sono singolari. 1 0 0| −1 2 −1| 0 1 2 ||. 4 −1 7 | 4 2 8 | 3 0 0 4 3 2 0 2 1 2 1 2 1

7 4| 2 −1| 2 2 ||. −1 7 | 0 3 | 3 | −1| |. 3 | 1 | −2| −1| |. 3 | 0|

Esercizio 6.28 Trova per quali valori del parametro reale 𝑘 le seguenti matrici sono singolari. 0 1 0| | 1 |−1 1 1 0| |. (i) | 2 3 9 𝑘 | | | 1 1 𝑘 + 3 1| −2 3 1| | 1 |−1 0 −1 0| |. (ii) | 1 3 0| | 2 |−2 −4 −4 𝑘| Esercizio 6.29 Sia 𝐴𝛼 ∈ 𝑀3,3 (ℝ) la matrice | 0 𝐴𝛼 = ||𝛼 − 2 | 0

𝛼 𝛼−1| 1 2𝛼 − 2||. 1 2 |

Determina, al variare di 𝛼 ∈ ℝ, le dimensioni di Ker 𝐴𝛼 e Im 𝐴𝛼 e trova per quali valori di 𝛼 si ha ℝ3 = Ker 𝐴𝛼 ⊕ Im 𝐴𝛼 . Esercizio 6.30 Scrivi un sistema lineare di tre equazioni in quattro incognite, dipendente da un parametro 𝑘, in modo che per 𝑘 = −1 il sistema ammetta un piano di soluzioni e per 𝑘 ≠ −1 sia incompatibile. Scrivi poi un sistema lineare di quattro equazioni in tre incognite, dipendente da un parametro 𝑘, in modo che per 𝑘 = 0 il sistema sia incompatibile e per 𝑘 ≠ 0 ammetta soluzione unica.

Sistemi lineari

101

Esercizio 6.31 Trova i valori del parametro 𝑘 ∈ ℝ per i quali il sistema 𝐴𝑥 = 𝑏 ha soluzione, dove | 1 0 1| |1| 𝐴 = || 1 0 5|| e 𝑏 = ||𝑘||, |−1 0 1| |2| e calcola le soluzioni corrispondenti a tali valori di 𝑘. Esercizio 6.32 Siano 𝑈, 𝑊 ⊂ ℝ4 i sottospazi dati da |1| |1| | 1 | ⎛|0| | 1 | |−1|⎞ 𝑈 = Span⎜| | , | | , | |⎟ ⎜| 1 | |0| | 2 |⎟ ⎝|0| | 1 | |−1|⎠

𝑊 = {𝑥 ∈ ℝ4 ∣ 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 + 4𝑥4 = 0};

trova una base di 𝑈 + 𝑊 e una base di 𝑈 ∩ 𝑊. Esercizio 6.33 Sia | 9 −7 2| 𝐴 = ||11 −9 3|| ∈ 𝑀3,3 (ℝ). | 9 −9 4| Trova nucleo e immagine di 𝐴 e studia il sistema 𝐴𝑥 = 𝜆𝑥 al variare di 𝜆 ∈ ℝ. Esercizio 6.34 Determina equazioni cartesiane e parametriche per il sottospazio di ℝ4 generato da {3𝑒1 + 𝑒2 + 5𝑒3 + 4𝑒4 , 𝑒1 + 2𝑒4 , 4𝑒1 + 2𝑒2 + 5𝑒3 + 𝑒4 }. Esercizio 6.35 Al variare di 𝑡 ∈ ℝ, trova equazioni parametriche e cartesiane di | 0 | | 1 | | 𝑡 | | 2𝑡 | ⎛|−1| |0| |0| |−1|⎞ 𝑉𝑡 = Span⎜| | , | | , | | , | |⎟ ⊂ ℝ4 . ⎜| 0 | |0| | 1 | | 0 |⎟ ⎝| 2𝑡 | | 𝑡 | | 𝑡 | | 0 |⎠ Esercizio 6.36 Siano 𝑈, 𝑊 ⊂ ℝ4 due sottospazi dati da | 2 | |1| | 0 | ⎛| 1 | |0| | 1 |⎞ 𝑈 = Span⎜| | , | | , | |⎟ ⎜| 0 | | 1 | |−2|⎟ ⎝|−1| |0| |−1|⎠

𝑊 = {𝑥 ∈ ℝ4 ∣ 𝑥2 + 3𝑥4 = 0};

trova dimensione e base di 𝑈 + 𝑊 e di 𝑈 ∩ 𝑊. Esercizio 6.37 Siano 𝐴 ∈ 𝑀3,3 (ℝ) e 𝑏 ∈ ℝ3 dati rispettivamente da |1 3 |0 1 | |2 −2

1 | 1 || −6|

|8| |𝑘|. | | |8|

Trova dimensione e base di Ker 𝐴, Im 𝐴, Ker 𝐴𝑇 e Im 𝐴𝑇 , e studia il sistema 𝐴𝑥 = 𝑏 al variare del parametro 𝑘 ∈ ℝ. Esercizio 6.38 Al variare di 𝑘 ∈ ℝ considera il sistema 𝑥1 + 𝑘𝑥3 = 1, {−𝑥1 + 𝑥2 − 4𝑥3 = 0, 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑘𝑥3 = 3. Indicata con 𝐴𝑘 ∈ 𝑀3,3 (ℝ) la matrice dei coefficienti, trova dimensione e una base di Ker 𝐴𝑘 e di Im 𝐴𝑘 al variare di 𝑘 ∈ ℝ e risolvi il sistema per quei valori di 𝑘 per cui è possibile.

102

Capitolo 6

Esercizio 6.39 Considera i sottospazi | 2 | | 1 | | 1 | | 0 | ⎛| 0 | |𝑡 − 1| | 0 | |2𝑡 − 2|⎞ |,| |,| |,| |⎟ ⊆ ℝ4 𝑉𝑡 = Span⎜| ⎜|𝑡 − 1| | 0 | | 0 | | 1 |⎟ ⎝| 𝑡 | | 𝑡 | |𝑡 − 1| | 0 |⎠ al variare di 𝑡 ∈ ℝ. Determina dimensione e base di ⋂𝑡∈ℝ 𝑉𝑡 . Esercizio 6.40 Siano | 1 | |2| |−1| ⎛|0| |1| |−1|⎞ 𝑈 = Span⎜| | , | | , | |⎟ ⎜| 1 | |1| | 1 |⎟ ⎝|4| |3| | 6 |⎠

|1| | 2 | | 0 | ⎛|3| |4| | 2 |⎞ e 𝑉 = Span⎜| | , | | , | |⎟ ⎜|3| |3| |−3|⎟ ⎝|1| |0| |−2|⎠

due sottospazi di ℝ4 . Trova equazioni cartesiane per 𝑈 e 𝑉, calcola la dimensione di 𝑈 e di 𝑉, esibisci una base di 𝑈 ∩ 𝑉 e trova un supplementare di 𝑈 ∩ 𝑉. Esercizio 6.41 Trova equazioni cartesiane della retta 𝑠 ⊂ ℝ5 di equazioni parametriche 𝑥 = 2𝑡 − 1, ⎧ 1 ⎪ ⎪𝑥2 = 𝑡 + 3, 𝑥 = −𝑡 + 1, ⎨ 3 ⎪ ⎪𝑥4 = 3𝑡 − 4, ⎩𝑥5 = 𝑡 + 1. Esercizio 6.42 Trova equazioni cartesiane del piano 𝜋 ⊂ ℝ5 di equazioni parametriche 𝑥 = 𝑠 + 𝑡, ⎧ 1 ⎪ ⎪𝑥2 = 𝑠 − 𝑡 + 1, 𝑥 = 2𝑠 − 𝑡 + 1, ⎨ 3 ⎪ ⎪𝑥4 = 3𝑠 − 2𝑡 − 2, ⎩𝑥5 = 𝑡 + 1. Esercizio 6.43 Trova equazioni cartesiane del piano 𝜋 ⊂ ℝ4 di equazioni parametriche 𝑥 = 𝑠 − 𝑡 − 1, ⎧ 1 ⎪𝑥2 = −𝑠 − 𝑡 − 1, ⎨𝑥3 = 2𝑠 − 𝑡 − 1, ⎪ ⎩𝑥4 = 3𝑠 − 2𝑡 − 1. Esercizio 6.44 Trova equazioni cartesiane della retta 𝑟 ⊂ ℝ4 di equazioni parametriche 𝑥 = 𝑡 − 1, ⎧ 1 ⎪𝑥2 = −𝑡 − 1, ⎨𝑥3 = 2𝑡 − 1, ⎪ ⎩𝑥4 = 3𝑡 − 1. Esercizio 6.45 Trova una matrice 𝐴 ∈ 𝑀𝑛,𝑛 (ℝ) e un vettore 𝑏 ∈ ℝ𝑛 tali che il sistema lineare 𝐴𝑥 = 𝑏 sia compatibile e il sistema lineare 𝐴𝑇 𝑥 = 𝑏 non lo sia.