Matematica Generale - Risoluzione sistemi

Invece, per k = 0, ±1 bisogna lavorare direttamente sul sistema. Abbiamo quindi

tre casi:

k = −1

(a) Il sistema diventa 

 x + y − z =1



 x + z =0





 x + y − z =3

che è evidentemente incompatibile, in quanto la prima e la terza equazione non

possono essere simultaneamente vere.

k = 0

(b) In questo caso il sistema diventa



 x + y =1



 x + z =0





 x + y =3

Anche in questo caso non abbiamo soluzioni, sempre perchè la prima e la terza

equazione non possono essere contemporaneamente vere.

(c) In quest’ultimo caso il sistema diventa



 x + y + z =1



 x + z =0





 x + y + z =3

e quindi abbiamo incompatibilità anche in questo caso

Riassumendo, il sistema ha un’unica soluzione per k 6 = 0, ±1 (trovata con Cramer)

e risulta invece incompatibile per k = 0, ±1.

Il determinante della matrice incompleta è k − 1 che è diverso da 0 per k 6 = 1. Per

2. tali valori di k possiamo risolvere il sistema usando il metodo di Cramer. Si trovano

3

le soluzioni 1

(x, y, z) = (− , 1, 1)

k − 1

Invece, per k = 1 il sistema è incompatibile (confrontare prima e terza equazione).

Esercizio 0.1.3. Calcolare il rango delle seguenti matrici

 

1 0 1 0

 

 

A = 0 0 0 1

 

2 0 2 −1

à !

2 1 3 4

B = 1 1 0 0

Soluzione:

1. Ricordiamo che il rango di una matrice può essere definito anche come il massimo

numero di colonne linearmente indipendenti. Osserviamo allora che la seconda e la

terza colonna sono entrambe dipendenti dalla prima. Dunque ci sono al massimo due

colonne indipendenti (la prima e la quarta). Esse sono effettivamente indipendenti

(ad esempio osservando che il determinante della sottomatrice

à !

1 0

0 1

è diverso da zero). In conclusione il rg(A) = 2.

rg(B) = 2 in quanto la sottomatrice ottenuta considerando solo le prime due colonne

2. ha determinante 6 = 0.

Esercizio 0.1.4. Determinare k in maniera che il rango della seguente matrice sia minimo.

 

1 1 −1 0 3

 

 

A = k 0 0 1 1

 

2 k −1 1 4

Soluzione: osserviamo che rg(A) ≥ 2 in quanto la sottomatrice

à !

0 3

B = 1 1 4

ha determinante non nullo. Dunque la domanda dell’esercizio si riduce alla seguente:

esistono valori di k tali che rg(A) = 2? Andiamo a vedere le matrici orlate di B. Esse

sono tre:  

−1 0 3

 





B = 0 1 1

1  

−1 1 4

 

1 0 3

 

 

B = 0 1 1

2  

k 1 4

 

1 0 3

 

 

B = k 1 1

1  

2 1 4

La prima ha sempre determinante = 0. La seconda ha determinante = 0 solo per k = 1.

Anche la terza ha determinante = 0 solo per k = 1. In conclusione, rg(A) = 2 se e

solo se k = 1 (dal teorema di Kronecker). Per gl’altri valori di k il rango è 3, in quanto

det(B ) 6 = 0. Quindi rg(A) è minimo solo per k = 1.

1

Esercizio 0.1.5. Usare Rouchè-Capelli per dire quale dei seguenti sistemi ha soluzione.

In caso di esistenza dire quante sono e trovarle.



 2x + y = 0



 x − y =3





 x + 2y + z = 0



 x − y =1



 2x + y = −1





 3x + y = −3

Soluzione:

1. Il rango della matrice incompleta è 3 in quanto ha determinante diverso da zero.

Anche il rango della matrice completa è 3 in quanto esso è ≤ 3 ed ha un minore

non nullo di ordine 3 (appunto la matrice incompleta). Per cui la soluzione esiste

ed è unica. Per trovarla si può applicare Cramer oppure lavorare direttamente.

Comunque la soluzione è (x, y, z) = (1, −2, 3) 5

2. La matrice incompleta ha evidentemente rango 2, avendo ad esempio come minore

non nullo quello della sottomatrice di ordine due ottenuta dalla matrice incompleta

togliendo l’ultima riga. La matrice completa ha invece rango 3, in quanto ha

determinante non nullo. Quindi, poichè rg(A ) < rg(A ), il sistema è incompatibile.

i c

Esercizio 0.1.6. Usare Cramer per mostrare che per ogni a, b, c ∈ R il seguente sistema

ha soluzione unica. 

 x + y + z = a



 x − 2y − z = b





 y + 2z = c

Soluzione: ricordiamo che il teorema di Cramer afferma che un sistema quadrato ha

un’unica soluzione se e soltanto il determinante della matrice incompleta è diverso da

0. Effettivamente  

1 1 1

 

 

det = −4 6 = 0

1 −2 −1

 

0 1 2

Quindi il sistema ha effettivamente sempre una ed una sola soluzione, indipendemente dai

parametri a, b, c. 3

Esercizio 0.1.7. Considerare i vettori di R v = (1, 1, 1), v = (0, 1, 1) e v = (0, 0, 1).

1 2 3

1. Mostrare che formano una base.

2. Trovare le coordinate di v = (2, 3, 2) rispetto alla nuova base {v , v , v }

1 2 3

Soluzione: 3

1. Ricordiamo che tre vettori in R formano una base se e soltanto se sono linearmente

indipendenti. Per cui bisogna solo mostrare che v , v , v sono linearmente

1 2 3

indipendenti. Questo è ovvio in quanto

 

1 1 1

 

 

det = 1 6 = 0

0 1 1

 

0 0 1