Matematica Generale - Sistema lineare e omogeneo

1

0.1 Soluzioni esercitazione VII, del 2/12/2008

Esercizio 0.1.1. Risolvere, al variare del parametro reale k, il seguente sistema lineare



 kx + ky − z = 1



 x + 2z = −1





 2x − ky + z = 2

Soluzione: Il determinante della matrice dei coefficienti è uguale a 2k(k + 2). Quindi è

diverso da zero se e soltanto se k 6 = 0 e k 6 = −2. Per tali valori di k il teorema di Cramer

garantisce esistenza e unicità della soluzione che risulta essere, sempre grazie al teorema

di Cramer: 5k + 1 k +5

3 , − , − )

(x, y, z) = ( k + 2 2k(k + 2) 2(k + 2)

Per k = 0 e k = −2 si arriva subito a riconoscere due sistemi incompatibili.

3

Esercizio 0.1.2. Si considerino i seguenti vettori di R : v = (1, 0, 2), v = (1, 1, 1), v =

1 2 3

(1, −1, −3). 3

Mostrare che formano una base di R

1.

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

1 2 3

Soluzione: n

1. Ricordando che n vettori in R formano una base se e soltanto se sono linearmente

indipendenti, basta mostrare che v , v , v sono l.i. Ciò equivale a mostrare che la

1 2 3

matrice dei loro coefficienti ha determinante diverso da zero. In effetti:



 1 0 2

 

 

det = −6 6 = 0

1 1 1

 

1 −1 −3

2. Il problema consiste nel determinare tre numeri reali a, b, c tali che

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

Sfruttando la linearità delle operazioni fra vettori e la proprietà che due vettori sono

uguali se e solo se hanno le componenti ordinatamente uguali si arriva come al solito

al sistema lineare 

 a + b + c =3



 b − c = −3





 2a + b − 3c = −2

le cui soluzioni, che sono appunto le coordinate di v rispetto alla nuova base

73 76 11

{v , v , v }, sono (a, b, c) = ( , − , ).

1 2 3 6

Esercizio 0.1.3. Sia S lo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo





 x + 2x − x − x = 0

 1 2 3 4





 x − x =0

1 3

 x − 2x − x + x = 0



 1 2 3 4





 2x − x = 0

2 4

1. Determinare una base per S.

Dire quale fra i seguenti vettori è ortogonale ad S: v = (0, 1, 0, 1), w = (1, −2, −1, 1).

2.

Soluzione:

1. Osservando che la prima equazione è somma della seconda e della quarta e che la

terza equazione è loro differenza, possiamo toglierle e ridurci al sistema costituito

soltanto dalla seconda e quarta equazione. Ponendo allora x = h e x = k arriviamo

3 4

alle soluzioni k

S = {(h, , h, k), h, k ∈ R}

2

Una base di S si ottiene ponendo prima h = 1, k = 0 e poi h = 0, k = 1. Essa è

dunque costituita dai due vettori 1

v = (1, 0, 1, 0) v = (0, , 0, 1)

1 2 2

2. Ricordiamo che un vettore è ortogonale ad S se e soltanto se è ortogonale ad ogni

vettore di una base di S. Dunque consideriamo prima il vettore v e andiamo a vedere

se è ortogonale alla base {v , v }. Si ha

1 2 1 + 1 6 = 0

(v, v ) = 0 (v, v ) =

1 2 2 3

⊥

Quindi v non è ortogonale a v e di conseguenza v ∈

/ S .

2

Facciamo adesso la stessa cosa per w. Si ha

(w, v ) = 1 − 1 = 0 (w, v ) = −1 + 1 = 0

1 2 ⊥

Quindi w è ortogonale sia a v che a v e di conseguenza w ∈ S .

1 2

Determinare il carattere delle seguenti serie

Esercizio 0.1.4.

P ∞ 1+n

1. n=1 3

n

P 2

∞ n−1 n

2. ( )

n=1 n

P ∞ 1

3. n=2 n

(logn)

Soluzione: P P

1 1

La serie in questione è somma delle due serie convergenti

1. e , quindi

3 2

n n

converge.

Applichiamo il criterio del rapporto. Si ha

2. r n − 1 −1

n − 1 n n

n 2

n

( ) ) = (1 + )

=(

n n n

x n x

ricordando adesso il limite notevole (1+ ) → e segue che la precedente successione

n

−1

converge a e < 1. Dunque la serie converge.

3. Applichiamo nuovamente il criterio del rapporto. Si ha

s 1 1 → 0 < 1

=

n n

(logn) logn

Quindi la serie converge.

Esercizio 0.1.5. Studiare, al variare di x > 0, il carattere delle seguenti serie

P n

∞ nx

1. n=1 2n+1

P ∞ 2

2. n=1 2 n−1 n

n 3 x

Soluzione: