Matematica Generale - Cramer, basi vettoriali, matrici

Esercizio 0.1.1. Risolvere, usando il teorema di Cramer, i seguenti sistemi lineari



 2x + y + z = 0



 x + 3z = 1





 x − y − z =1



 kx + y − z = 1



 x − y + 2z = 1





 2x + 2y − 3z = 0



 2x − ky − z = 1



 x + ky − 3z = 1





 2x − z = 0

Soluzione:

1. Il determinante della matrice incompleta è 9 e quindi il sistema ammette un’unica

soluzione. Andiamo a determinarla usando il metodo di Cramer. Si ha:

 

0 1 1

 

 

det 1 0 3

 

1 −1 −11 1

x = =

9 3

 

2 0 1

 

 

det 1 1 3

 

1 1 −1 8

y = = −

9 9

 

2 1 0

 

 

det 1 0 1

 

1 −1 1 2

z = =

−2 9

2. La matrice incompleta ha determinante 3 − k, che è diverso da zero solo per k 6 = 3.

Per tali valori di k possiamo applicare Cramer ed ottenere le soluzioni

(x, y, z) = (0, 3, 2) 2

Si noti che in questo particolare caso le soluzioni non dipendono da k in quanto k

sta solo sulla x, che è nulla. Infine, per k = 3, la prima riga è somma delle altre due

e quindi possiamo toglierla arrivando al sistema

( x − y + 2z = 1

2x + 2y − 3z = 0

1

Ponendo allora z = t si arriva a determinare le ∞ soluzioni

S = {(1/2 − t/4, 7/4t − 1/2, t), t ∈ R}

3

3. La matrice incompleta ha determinante 5k, che è diverso da 0 solo per k 6 = 0. Per

tali valori di k le soluzioni si possono determinare con Cramer. Per k = 0 si vede

invece subito che la prima e la terza equazione sono incompatibili.

Usare Rouchè-Capelli per dire quale dei seguenti sistemi ha soluzione.

Esercizio 0.1.2.

In caso di esistenza dire quante sono e trovarle.

( x + y + z + t =1

x + y − z − t =1



 x + y + z =0



 x − y =1





 2x + z = 1

Soluzione:

Siano A e A rispettivamente la matrice incompleta e quella completa.

1. i c

Evidentemente rg(A ) = rg(A ) = 2. Dal momento che le incognite sono quattro il

i c

2

sistema ha allora ∞ soluzioni. Per determinarle esplicitamente poniamo z = h e

t = k. Abbiamo allora le soluzioni

S = {(1, −h − k, h, k), h, k ∈ R}

2. rg(A ) = 2 in quanto ha una sottomatrice di ordine 2 (ad esempio quella formata

i

dalle prime due righe e dalle prime due colonne, che chiamo B) con determinante

diverso da 0, mentre det(A ) = 0. Anche rg(A ) = 2 in quanto le due orlate di B

i c

hanno entrambe determinante nullo. Quindi, poichè le incognite sono tre, il sistema

3

1

ha ∞ soluzioni. Per determinarle possiamo osservare che la terza equazione è somma

delle prime due e quindi possiamo toglierla. Arriviamo allora al sistema

( x + y + z =0

x − y =1

che possiamo risolvere esplicitamente ponendo z = t. Otteniamo le soluzioni

1 − t −1 − t

S = {( , , t), t ∈ R}

2 2

3

Considerare i vettori di R v = (1, 2, 3), v = (1, 0, 1) e v = (0, 2, 3).

Esercizio 0.1.3. 1 2 3

1. Mostrare che formano una base.

Trovare le coordinate di v = (1, 1, 1) rispetto alla nuova base {v , v , v }

2. 1 2 3

Soluzione:

Formano una base in quanto la matrice delle coordinate

1.  

1 2 3

 

 

1 0 1

 

0 2 3

ha determinante 6 = 0.

2. Come al solito l’esercizio consiste nel determinare tre numeri reali a, b, c tali che

av + bv + cv = v. Scrivendo questa equazione vettoriale in coordinate abbiamo

1 2 3 a(1, 2, 3) + b(1, 0, 1) + c(0, 2, 3) = (1, 1, 1)

che, con i soliti passaggi diventa

(a + b, 2a + 2c, 3a + b + 3c) = (1, 1, 1)

Dal momento che due vettori sono uguali se e solo se hanno le componenti

ordinatamente uguali la precedente uguaglianza vettoriale equivale al sistema lineare



 a + b =1



 2a + 2c = 1





 3a + b + 3c = 1

che ha soluzione (a, b, c) = (3/2, −1/2, −1). Queste sono le coordinate di v rispetto

alla nuova base {v , v , v }.

1 2 3 4

3

Esercizio 0.1.4. Considerare i vettori di R v = (2, 1, 1), v = (0, 1, 1), v = (1, 0, 2) e

1 2 3

v = (2, 1, 3).

4 1. Estrarre una base dall’insieme {v , v , v , v }.

1 2 3 4

2. Esprimere i vettori della base canonica rispetto alla nuova base scelta.

Determinare una base per lo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo

Esercizio 0.1.5. 



 x + y + t + z =0







 x − y − t + z =0

 x + z =0









 y + t =0

Osserviamo che le ultime due equazioni implicano che le prime due sono automaticamente

soddisfatte (infatti la prima equazione è somma delle ultime due e la seconda è differenza

delle ultime due). Quindi possiamo togliere le prime due equazioni ed arrivare al sistema

( x + z =0

y + t =0

2

che ha evidentemente ∞ soluzioni che possiamo determinare esplicitamente ponendo

z = h e t = k. Le soluzioni formano dunque lo spazio vettoriale

S = {(−h, −k, h, k), h, k ∈ R}

Una base di S la possiamo trovare prendendo una volta h = 1 e k = 0 e l’altra

prendendo h = 0 e k = 1. Troviamo quindi che una base di S è data v = (−1, 0, 1, 0) e

1

v = (0, −1, 0, 1).

2 Calcolare, quando esiste, l’inversa delle seguenti matrici

Esercizio 0.1.6.  

1 1 1

 

 

A = 0 1 1

 

0 0 1

 

1 1 1

 

 

B = 0 1 1

 

1 2 2

Soluzione: