Esercizi sistemi lineari — Metodo di Gauss

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In questo articolo troverete 9 esercizi dettagliatamente risolti sui sistemi lineari utilizzando il metodo di Gauss. Questi esercizi, svolti con cura e precisione, sono pensati per un corso di algebra lineare, rivolto alle facoltà di ingegneria, fisica e matematica.

Sono inoltre presenti dei richiami teorici, al fine di facilitare la comprensione dei contenuti proposti. Vi auguriamo una buona lettura!

Oltre all’esaustiva lista reperibile alla fine dell’articolo, consigliamo la lettura delle seguenti raccolte di esercizi:

sistemi lineari: sommario

Mostra sommario.

In questa dispensa vengono proposti esercizi sui sistemi lineari risolti utilizzando il metodo di Gauss. I testi degli esercizi (1) e (2) sono tratti dal libro “Manuale blu di matematica – Volume 4″ [1]. I testi dell’esercizio (3) sono tratti dal materiale didattico del “Maths Learning Centre” dell’Università di Adelaide [2].

Sistemi lineari: autori e revisori

Mostra autori e revisori.

Autore: Sara Sottile

Revisori: Luigi De Masi, Matteo Talluri

Sistemi lineari: notazioni

Mostra notazioni.

$x_i$	Incognite del sistema lineare
$n$	Numero delle incognite del sistema lineare
$k_i$	Parametri del sistema lineare
$A$	Matrice dei coefficienti del sistema lineare
$b$	Vettore colonna dei termini noti del sistema lineare
$(A\|b)$	Matrice completa del sistema lineare, cioè la matrice $A$ a cui affianchiamo il vettore colonna $b$
$R_i$	Riga di una matrice
rk	Rango di una matrice

Sistemi lineari: richiami di teoria

Mostra richiami di teoria.

In questa sezione verranno richiamati brevemente alcuni concetti di teoria utili per la risoluzione degli esercizi. Per una trattazione più completa si rimanda a [3, 4].

Definizione 1. Consideriamo un sistema lineare di $m$

equazioni in $n$

incognite. Una soluzione del sistema è un elemento $(x_1,\dots,x_n)\in \mathbb{R}^n$

che è soluzione simultanea delle $m$

equazioni.

Definizione 2. Consideriamo un sistema lineare di $m$

equazioni in $n$

incognite. Il sistema si dice compatibile se possiede almeno una soluzione. Viceversa, si dice incompatibile se non ammette soluzioni.

Teorema 1 (Rouché-Capelli). Consideriamo un sistema lineare di $m$

equazioni in $n$

incognite e denotiamo con $A$

la matrice dei coefficienti delle incognite $x_1, \dots, x_n$

e $b$

il vettore dei termini noti. Il sistema lineare è compatibile se e solo se $\text{rk}(A) = \text{rk}(A|b) = r$

. In tal caso, lo spazio affine delle soluzioni del sistema avrà dimensione $n-r$

Spesso la matrice $(A|b)$ si presenta in una forma complicata per cui è difficile stabilirne a priori il suo rango. In questo caso, ci vengono in aiuto il concetto di sistema equivalente e il metodo di eliminazione di Gauss.

Definizione 3. Due sistemi di equazioni lineari nelle stesse incognite $x_1, \dots, x_n$

si dicono equivalenti se possiedono le stesse soluzioni.

Osservazione 1. Due sistemi equivalenti non possiedono necessariamente lo stesso numero di equazioni.

Il metodo (o algoritmo) di eliminazione di Gauss consiste nel sostituire il sistema assegnato con un sistema ad esso equivalente, per il quale è più facile il calcolo del rango ed in generale la risoluzione del sistema stesso. Tale sostituzione avviene mediante passaggi successivi, detti operazioni elementari sulle equazioni del sistema:

scambiare tra loro due equazioni del sistema;
moltiplicare un’equazione per uno scalare non nullo;
sostituire un’equazione con quella ottenuta sommando ad essa un multiplo di un’altra equazione.

Tali operazioni sulle equazioni del sistema corrispondono ad altrettante operazioni sulle righe della matrice completa. Le corrispondenti operazioni elementari sulle righe di una matrice sono:

scambiare tra loro due righe di una matrice;
moltiplicare una riga della matrice per uno scalare non nullo;
sostituire una riga della matrice con quella ottenuta sommando ad essa un multiplo di un’altra riga.

Tali operazioni possono essere effettuate anche sulle colonne di una matrice. Nella pratica, è preferibile operare sulla matrice completa del sistema piuttosto che sulle equazioni stesse. L’obiettivo è quello di ottenere una matrice a gradini.

Testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Risolvere, se possibile, i seguenti sistemi lineari omogenei a coefficienti reali con il metodo di Gauss:

$\begin{align*} & 1)\;\begin{cases} 2x_1 - 3x_2 = 0 \\ -6 x_1 + 9x_2=0 \\ \end{cases} & & 2)\;\begin{cases} x_1 - x_2 + 3x_3 = 0 \\ x_1 + x_2 - x_3 = 0 \\ 3x_1 - x_2 + 5x_3 = 0 \end{cases} \\ & 3)\;\begin{cases} x_1 - x_2 + x_3 + x_4 = 0 \\ -2x_1 + 2x_2 - 2x_3 - 2x_4 = 0 \\ 3x_1 - 3x_2 + 3x_3 + 3x_4 = 0\\ 4x_1 - 4x_2 + 4x_3 + 4x_4 = 0 \end{cases} \end{align*}$

Svolgimento sistema 1.

Consideriamo il sistema lineare omogeneo

(1) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} 2x_1 - 3x_2 = 0 \\ -6 x_1 + 9x_2= 0 \\ \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 2 & -3 \\[10pt] -6 & 9 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 0 \\[10pt] 0 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{cc|c} 2 & -3 & 0 \\[10pt] -6 & 9 & 0 \\ \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 + 2R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cc|c} 2 & -3 & 0 \\[10pt] 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché il numero delle incognite è $n=2$ e $\text{rk}(A) = 1$ , allora lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione $1$ . Dunque le soluzioni del sistema (1) sono della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2)=\left(\dfrac{3}{2}t,t\right), \quad \forall t \in \mathbb{R}}$

Svolgimento sistema 2.

Consideriamo il sistema lineare omogeneo

(2) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 - x_2 + 3x_3 = 0 \\ x_1 + x_2 - x_3 = 0 \\ 3x_1 - x_2 + 5x_3 = 0 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & -1 & 3 \\[10pt] 1 & 1 & - 1 \\[10pt] 3 & -1 & 5 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 3&0 \\[10pt] 1 & 1 & - 1 &0\\[10pt] 3 & -1 & 5 &0 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 3&0 \\[10pt] 0 & 2 & - 4 &0\\[10pt] 3 & -1 & 5 &0 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3 - 3R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 3&0 \\[10pt] 0 & 2 & - 4 &0\\[10pt] 0 & 2 & -4 &0 \end{array}\right) \\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3 - R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 3&0 \\[10pt] 0 & 2 & - 4 &0\\[10pt] 0 & 0 & 0 &0 \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché il numero delle incognite è $n=3$ e $\text{rk}(A) = 2$ , allora lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione $1$ . Dalla seconda equazione si ottiene $x_2 = 2 x_3$ e, sostituendo nella prima, si ottiene $x_1 = -x_3$ . Le soluzioni sono della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)=\left(-t, 2t, t\right), \quad \forall t \in \mathbb{R}}$

Svolgimento sistema 3.

Consideriamo il sistema lineare omogeneo

(3) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 - x_2 + x_3 + x_4 = 0 \\ -2x_1 + 2x_2 - 2x_3 - 2x_4 = 0 \\ 3x_1 - 3x_2 + 3x_3 + 3x_4 = 0\\ 4x_1 - 4x_2 + 4x_3 + 4x_4 = 0 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Si nota direttamente che le equazioni sono tutte multiple l’una dell’altra. Il sistema è dunque equivalente all’unica equazione

$\begin{equation*} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0. \end{equation*}$

Lo spazio affine delle soluzioni ha dunque dimensione $3$ ed il sistema (3) ha soluzioni della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3,x_4)=\left(t-h-j,t,h,j\right), \quad \forall t,h,j \in \mathbb{R}}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Risolvere, se possibile, i seguenti sistemi lineari non omogenei a coefficienti reali con il metodo di Gauss:

$\begin{align*} & 1)\;\begin{cases} 2x_1 - 3x_2 = 0 \\ -6 x_1 + 9x_2=0 \\ \end{cases} & 2)\;\begin{cases} x_1 + x_2 + 3x_3 + 4x_4 - x_5 = 0 \\ x_1 + 2x_2 - x_3 - 6x_4 + x_5 = 4 \end{cases} \\[9pt] & 3)\;\begin{cases} -2x_1 + 3x_2 = 1 \\ x_1 - 2x_2 = -5 \\ -x_1 + x_2 = 3 \end{cases} & 4)\;\begin{cases} x_1 - x_3 = 4 \\ x_1 + x_2 + 2x_3 = 3 \\ 2x_1 - 2x_2 + x_3 = -3 \end{cases} \\[9pt] & 5)\;\begin{cases} x_1 - x_2 + x_3 + x_4 = 1 \\ 2x_2 - x_3 - x_4 = 1 \\ 4x_1 +x_2 - x_4 = -1 \\ x_1 - x_2 + x_4 = 1 \end{cases} & 6)\;\begin{cases} x_1 + x_2 - x_3 - x_4 = 0 \\ x_1 + 2x_2 + 2x_3 - 5x_4 = - 1 \\ 2x_1 + x_2 - 3x_3 = 1 \\ 3x_1 + x_2 - 2x_3 - 2x_4 = 2 \end{cases} \\[9pt] & 7)\;\begin{cases} x_1 + x_2 - 2x_3 = 3 \\ 2x_1 + x_2 - 3x_3 - x_4 = 5 \\ 3x_1 + 2x_2 - 5x_3 - x_4 = 8 \\ x_1 - x_2 - 2x_4 = 1 \end{cases} \end{align*}$

Svolgimento sistema 1.

Consideriamo il sistema lineare

(4) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 - 2 x_2 + x_3 = 0 \\ x_1 - x_2 - x_3 = 2 \\ \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & -2 & 1 \\[10pt] 1 & -1 & -1 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 0 \\[10pt] 2 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 1 & 0 \\[10pt] 1 & -1 & -1 & 2 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 1 & 0 \\[10pt] 0 & 1 & -2 & 2 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_1 + 2 R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -3 & 4 \\[10pt] 0 & 1 & -2 & 2 \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché il numero delle incognite è $n=2$ e $\text{rk}(A|b) = \text{A} = n - 1$ , allora lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione $1$ . Dalla matrice ottenuta, si ottiene che $x_2 = 2 + 2x_3$ e $x_1= 4 + 3x_3$ , dunque le soluzioni del sistema (4) sono della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)=(4 + 3 t, 2+2t, t), \quad \forall t \in \mathbb{R}}$

Svolgimento sistema 2.

Consideriamo il sistema lineare

(5) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 + x_2 + 3x_3 + 4x_4 - x_5 = 0 \\ x_1 + 2x_2 - x_3 -6x_4 + x_5 = 4 \\ \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 1 & 3 & 4 & -1 \\[10pt] 1 & 2 & - 1 & - 6 & 1 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 0 \\[10pt] 4 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 1 & 3 & 4 & -1 & 0 \\[10pt] 1 & 2 & - 1 & - 6 & 1 & 4 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 1 & 3 & 4 & -1 & 0 \\[10pt] 0 & 1 & -4 & -10 & 2 & 4 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_1 - R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & 7 & 14 & -3 & -4 \\[10pt] 0 & 1 & -4 & -10 & 2 & 4 \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché il numero delle incognite è $n=5$ e $\text{rk}(A|b) = \text{A} = n-3$ , allora lo spazio affine delle soluzioni ha dimensione $3$ . Le soluzioni del sistema (5) si ricavano dalla matrice, ottenendo

$\begin{equation*} x_1 = -4 - 7x_3 - 14 x_4 + 3 x_5, \qquad \qquad x_2 = 4 + 4x_3 + 10 x_4 -2x_5 \end{equation*}$

da cui si hanno soluzioni della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(-4-7t-14h+3j,4+4t+10h-2j,t,h,j)\quad \forall t,h,j \in \mathbb{R}}$

Svolgimento sistema 3.

Consideriamo il sistema lineare

(6) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} -2x_1 + 3x_2 = 1 \\ x_1 - 2x_2 = -5 \\ -x_1 + x_2 = 3 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} -2 & 3 \\[10pt] 1 & -2 \\[10pt] -1 & 1 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 1 \\[10pt] -5 \\[10pt] 3 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{cc|c} -2 & 3 & 1\\[10pt] 1 & -2 & -5\\[10pt] -1 & 1 & 3 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3 - R_1 - R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cc|c} -2 & 3 & 1\\[10pt] 1 & -2 & -5\\[10pt] 0 & 0 & 7 \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché dall’ultima riga otteniamo che $0 = 7$ , si conclude che il sistema (6) non ammette soluzioni.

Svolgimento sistema 4.

Consideriamo il sistema lineare

(7) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 - x_3 = 4 \\ x_1 + x_2 + 2x_3 = 3 \\ 2x_1 - 2x_2 + x_3 = -3 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 0 & -1 \\[10pt] 1 & 1 & 2 \\[10pt] 2 & -2 & 1 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 4 \\[10pt] 3 \\[10pt] -3 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -1 & 4\\[10pt] 1 & 1 & 2 & 3\\[10pt] 2 & -2 & 1 & -3 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -1 & 4\\[10pt] 0 & 1 & 3 & -1\\[10pt] 2 & -2 & 1 & -3 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3 -2R_1 +2 R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -1 & 4\\[10pt] 0 & 1 & 3 & -1\\[10pt] 0 & 0 & 9 & -13 \end{array}\right) \\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - \dfrac{R_3}{3} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -1 & 4\\[10pt] 0 & 1 & 0 & \dfrac{10}{3}\\[10pt] 0 & 0 & 9 & -13 \end{array}\right) \\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_1 + \dfrac{R_3}{9} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & \dfrac{23}{9}\\[10pt] 0 & 1 & 0 & \dfrac{10}{3}\\[10pt] 0 & 0 & 9 & -13 \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Dall’ultima matrice ottenuta, possiamo concludere che il sistema (7) ammette un’unica soluzione, pari a

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)=\left(\dfrac{23}{9}, \dfrac{10}{3}, -\dfrac{13}{9}\right)}$

Svolgimento sistema 5.

Consideriamo il sistema lineare

(8) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 - x_2 + x_3 + x_4 = 1 \\ 2x_2 - x_3 - x_4 = 1 \\ 4x_1 + x_2 - x_4 = -1 \\ x_1 - x_2 + x_4 = 1 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Prima di tutto, notiamo che sottraendo la quarta equazione dalla prima otteniamo $x_3=0$ ; allo stesso modo, sommando la terza equazione alla quarta si ottiene $x_1=0$ .

Possiamo dunque riscrivere il sistema nella seguente formulazione equivalente

$\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 = 0 \\ x_3 = 0 \\ 2x_2 - x_4 = 1 \\ - x_2 + x_4 = 1 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\[10pt] 0 & 0 & 1 & 0 \\[10pt] 0 & 2 & 0 & -1 \\[10pt] 0 & -1 & 0 & 1 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 0 \\[10pt] 0 \\[10pt] 1 \\[10pt] 1 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\[10pt] 0 & 2 & 0 & -1 & 1 \\[10pt] 0 & -1 & 0 & 1 & 1 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_4\leftrightarrow R_3 + R_4 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\[10pt] 0 & 2 & 0 & -1 & 1 \\[10pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 2 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3 - 2R_4 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\[10pt] 0 & 0 & 0 & -1 & -3 \\[10pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 2 \end{array}\right)\\. \end{aligned} \end{equation*}$

Concludiamo dunque che il sistema (8) ammette un’unica soluzione pari a

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3,x_4)=\left(0,2,0,3\right)}$

Svolgimento sistema 6.

Consideriamo il sistema lineare

(9) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 + x_2 - x_3 - x_4 = 0 \\ x_1 + 2x_2 + 2x_3 - 5x_4 = -1 \\ 2x_1 + x_2 - 3x_3 = 1 \\ 3x_1 + x_2 - 2x_3 - 2x_4 = 2 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & -1 \\[10pt] 1 & 2 & 2 & -5 \\[10pt] 2 & 1 & -3 & 0 \\[10pt] 3 & 1 & -2 & -2 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 0 \\[10pt] -1 \\[10pt] 1 \\[10pt] 2 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & -1 & 0\\[10pt] 1 & 2 & 2 & -5 & -1\\[10pt] 2 & 1 & -3 & 0 &1 \\[10pt] 3 & 1 & -2 & -2 & 2 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & -1 & 0\\[10pt] 0 & 1 & 3 & -4 & -1\\[10pt] 2 & 1 & -3 & 0 &1 \\[10pt] 3 & 1 & -2 & -2 & 2 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3 - 2R_1 + R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & -1 & 0\\[10pt] 0 & 1 & 3 & -4 & -1\\[10pt] 0 & 0 & -2 & -2 & 0 \\[10pt] 3 & 1 & -2 & -2 & 2 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_4\leftrightarrow R_4 - 3R_1 + 2R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & -1 & 0\\[10pt] 0 & 1 & 3 & -4 & -1\\[10pt] 0 & 0 & -2 & -2 & 0 \\[10pt] 0 & 0 & 7 & -7 & 0 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_4\leftrightarrow R_4 - \dfrac{7R_3}{2} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & -1 & 0\\[10pt] 0 & 1 & 3 & -4 & -1\\[10pt] 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \\[10pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché il numero di incognite del sistema è $n=4$ e $\text{rk}(A|b) = \text{rk}(A) = n-1$ , la dimensione dello spazio affine delle soluzioni del sistema (9) è $1$ .

Per trovare tali soluzioni, ricaviamo $x_3 = x_4$ dalla terza equazione. Sostituendo nella seconda, si trova che $x_2 = - 1 + x_4$ . Infine, sostituendo $x_2$ ed $x_3$ nella prima equazione troviamo che $x_1 = 1+x_4$ . Le soluzioni sono dunque della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3,x_4)=\left(1+t,-1+t,t,t\right), \quad \forall t \in \mathbb{R}}$

Svolgimento sistema 7.

Consideriamo il sistema lineare

(10) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 + x_2 - 2x_3 = 3 \\ 2x_1 + x_2 - 3x_3 - x_4 = 5 \\ 3x_1 + 2x_2 - 5x_3 - x_4 = 8 \\ x_1 - x_2 - 2x_4 = 1 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Osserviamo che la terza equazione è somme delle prime due, dunque consideriamo il seguente sistema equivalente:

$\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 + x_2 - 2x_3 = 3 \\ 2x_1 + x_2 - 3x_3 - x_4 = 5 \\ x_1 - x_2 - 2x_4 = 1 \end{array}\right.. \end{equation*}$

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 1 & -2 & 0 \\[10pt] 2 & 1 & -3 & -1 \\[10pt] 1 & -1 & 0 & -2 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 3 \\[10pt] 5 \\[10pt] 1 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -2 & 0 & 3\\[10pt] 2 & 1 & -3 & -1 & 5\\[10pt] 1 & -1 & 0 & -2 & 1 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - 2 R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -2 & 0 & 3\\[10pt] 0 & -1 & 1 & -1 & -1\\[10pt] 1 & -1 & 0 & -2 & 1 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_4\leftrightarrow R_4 - R_1 - 2R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -2 & 0 & 3\\[10pt] 0 & -1 & 1 & -1 & -1\\[10pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_1 + R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -1 & -1 & 2\\[10pt] 0 & -1 & 1 & -1 & -1\\[10pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché il numero delle incognite è $n=4$ e $\text{rk}(A|b) = \text{rk}(A) = n-2$ la dimensione dello spazio affine delle soluzioni è $2$ . Dunque il sistema (10) ammette soluzioni della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)=\left(2+t+h,1+t-h,t,h\right), \quad \forall t,h \in \mathbb{R}}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Discutere i seguenti sistemi lineari parametrici utilizzando il metodo di Gauss e risolverli, se possibile. Si denotano le incognite con $x_1$

, $x_2$

, $x_3$

e $x_4$

ed i parametri con $k$

, $k_1$

, $k_2$

e $k_3$

$\begin{align*} & 1)\;\begin{cases} x_1 + x_2 - x_3 = 2 \\ x_1 - x_2 + x_3 = 2 \\ -x_1 - x_2 + kx_3 = 4 \end{cases} & 2)\;\begin{cases} 2x_1 + 3x_2 + 4x_3 = 3 \\ x_1 + x_2 - 8x_3 = 1 \\ 5x_1 + 6x_2 - 20 x_3 = k \end{cases} \\[10pt] & 3)\;\begin{cases} x_1 - 2x_2 + 3x_3 = 1 \\ x_1 + kx_2 + 2x_3 = 2 \\ -2x_1 + k^2x_2 - 4x_3 = 3k -4 \end{cases} & 4)\;\begin{cases} x_1 + 2x_2 + 3x_3 = k_1 \\ 2x_1 + x_2 - x_3 = k_2 \\ 4x_1 + 5x_2 + 5x_3 = k_3 \end{cases} \\[10pt] & 5)\;\begin{cases} x_1 + x_2 + 2x_3 = k_1 \\ x_2 + x_3 + 2x_4 = 0 \\ x_1 + x_2 + 3x_3 + 3x_4 = 0 \\ 2x_2 + 5x_3 + k_2x_4 = 3 \end{cases} \end{align*}$

Svolgimento sistema 1.

Consideriamo il sistema lineare

(11) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 + x_2 - x_3 = 2 \\ x_1 - x_2 + x_3 = 2 \\ -x_1 - x_2 + kx_3 = 4 \end{array}\right. \end{equation*}$

al variare del parametro $k\in \mathbb{R}$ .

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 1 & -1 \\[10pt] 1 & -1 & 1 \\[10pt] -1 & -1 & k \\ \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 2 \\[10pt] 2 \\[10pt] 4 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 \\[10pt] 1 & -1 & 1 & 2\\[10pt] -1 & -1 & k & 4 \\ \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2-R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 \\[10pt] 0 & -2 & 2 & 0\\[10pt] -1 & -1 & k & 4 \\ \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3+R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 \\[10pt] 0 & -2 & 2 & 0\\[10pt] 0 & 0 & k-1 & 6 \\ \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

Notiamo subito che, se $k = 1$ , allora il sistema (11) non ammette soluzioni in quanto la terza equazione diventa $0=6$ .

Consideriamo dunque il caso $k\neq 1$ . Detto $n=3$ il numero delle incognite, poiché $\text{rk}(A|b) = \text{rk}(A) = 3 = n$ , allora il sistema (11) ammette un’unica soluzione. Trasformando ancora la matrice con operazioni elementari otteniamo:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 \\[10pt] 0 & -2 & 2 & 0\\[10pt] 0 & 0 & k-1 & 6 \\ \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_1+\dfrac{R_3}{k-1} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 0 & \dfrac{2k+4}{k-1} \\[10pt] 0 & -2 & 2 & 0\\[10pt] 0 & 0 & k-1 & 6 \\ \end{array}\right)\\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow -\dfrac{R_2}{2}+\dfrac{R_3}{k-1} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 0 & \dfrac{2k+4}{k-1} \\[10pt] 0 & 1 & 0 & \dfrac{6}{k-1}\\[10pt] 0 & 0 & k-1 & 6 \\ \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_1-R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 2 \\[10pt] 0 & 1 & 0 & \dfrac{6}{k-1}\\[10pt] 0 & 0 & k-1 & 6 \\ \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Dall’ultima formulazione della matrice $(A|b)$ , si ricava facilmente che $x_1= 2$ , $x_2 = \dfrac{6}{k-1}$ e $x_3 = \dfrac{6}{k-1}$ , da cui l’unica soluzione è

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)=\left(2, \dfrac{6}{k-1}, \dfrac{6}{k-1}\right), \forall k\in \mathbb{R}\smallsetminus\{1\}}$

Svolgimento sistema 2.

Consideriamo il sistema lineare

(12) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} 2x_1 + 3x_2 + 4x_3 = 3 \\ x_1 + x_2 - 8x_3 = 1 \\ 5x_1 + 6x_2 - 20 x_3 = k \end{array}\right. , \end{equation*}$

al variare del parametro $k\in \mathbb{R}$ .

Scambiamo dapprima le prime due equazioni e definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 1 & -8 \\[10pt] 2 & 3 & 4 \\[10pt] 5 & 6 & -20 \\ \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 1 \\[10pt] 3 \\[10pt] k \end{matrix}\right). \end{equation*}$

Applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -8 & 1 \\[10pt] 2 & 3 & 4 & 3 \\[10pt] 5 & 6 & -20 & k \\ \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2-2R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -8 & 1 \\[10pt] 0 & 1 & 20 & -1 \\[10pt] 5 & 6 & -20 & k \\ \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3-5 R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -8 & 1 \\[10pt] 0 & 1 & 20 & -1 \\[10pt] 0 & -3 & -60 & 2k-15 \\ \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow \dfrac{R_3+3R_2}{2} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -8 & 1 \\[10pt] 0 & 1 & 20 & -1 \\[10pt] 0 & 0 & 0 & k-6 \\ \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

Notiamo subito che, se $k\neq 6$ , allora il sistema (12) non ammette soluzioni.

Consideriamo dunque nel caso in cui $k=6$ . Allora, per il teorema di Rouché-Capelli, lo spazio affine delle soluzioni del sistema ha dimensione $1$ , poiché $\text{rk}(A|b) = \text{rk}(A) = n-1$ , dove $n=3$ è il numero delle incognite del sistema.

Applicando ancora una volta una trasformazione elementare otteniamo

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -8 & 1 \\ 0 & 1 & 20 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) &\stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_1-R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -28 & 0 \\ 0 & 1 & 20 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

da cui l’espressione generale delle soluzioni di (12) è

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)=(28t, 1-20t, t), \quad \forall t \in \mathbb{R}}$

Svolgimento sistema 3.

Consideriamo il sistema lineare

(13) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 - 2x_2 + 3x_3 = 1 \\ x_1 + kx_2 + 2x_3 = 2 \\ -2x_1 + k^2x_2 - 4x_3 = 3k -4 \end{array}\right., \end{equation*}$

al variare del parametro $k\in \mathbb{R}$ . Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & -2 & 3 \\[10pt] 1 & k & 2 \\[10pt] -2 & k^2 & -4 \\ \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} 1 \\[10pt] 2 \\[10pt] 3k-4 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\[10pt] 1 & k & 2 & 2\\[10pt] -2 & k^2 & -4 &3k-4 \\ \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\[10pt] 0 & k+2 & -1 & 1\\[10pt] -2 & k^2 & -4 &3k-4 \\ \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3+2 R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\[10pt] 0 & k+2 & -1 & 1\\[10pt] 0 & k^2-4 & 2 & 3k-2 \\ \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

Notiamo subito che se $k=-2$ allora la matrice $(A|b)$ sarà

$\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -8 \\ \end{array}\right), \end{equation*}$

da cui si conclude che il sistema non ammette soluzioni, in quanto dalla seconda equazione si deduce che $x_3 = -1$ e dalla terza $x_3 = -4$ .

Consideriamo dunque nel caso in cui $k\neq -2$ . Applicando nuovamente una trasformazione semplice sulla matrice $(A|b)$ otteniamo

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\[10pt] 0 & k+2 & -1 & 1\\[10pt] 0 & k^2-4 & 2 & 3k-2 \\ \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3 - (k-2)R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\[10pt] 0 & k+2 & -1 & 1\\[10pt] 0 & 0 & k & 2k \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

Detto $n=3$ il numero di incognite del sistema, consideriamo i seguenti casi.

Se $k=0$ , allora otteniamo
$\begin{equation*} (A|b) = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\ 0 & 2 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right), \end{equation*}$

da cui, sommando $R_2$ ad $R_1$ , otteniamo

$\begin{equation*} (A|b) = \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right), \end{equation*}$

Dunque lo spazio affine delle soluzioni del sistema ha dimensione $1$ , da cui le soluzioni sono della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)=(2-2t,1+t,t), \quad \forall t\in \mathbb{R}}$

Se $k\neq 0$ possiamo dunque proseguire con l’algoritmo di Gauss nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\[10pt] 0 & k+2 & -1 & 1\\[10pt] 0 & 0 & k & 2k \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow \dfrac{R_3}{k} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\[10pt] 0 & k+2 & -1 & 1\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 2 \end{array}\right) \\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow \dfrac{R_2+R_3}{k+2}\\[10pt] \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 \\[10pt] 0 & 1 & 0 & \dfrac{3}{k+2}\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 2 \end{array}\right) \\[10pt] & \stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_1 - 3R_3 +2 R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & - \dfrac{5k+4}{k+2} \\[10pt] 0 & 1 & 0 & \dfrac{1}{k+2}\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 2 \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

da cui segue che il sistema (13) ammette un’unica soluzione

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)=\left(-\dfrac{5k+4}{k+2}, \dfrac{1}{k+2},2\right),\; \forall k \in \mathbb{R}\smallsetminus \{-2,0 \}}$

Svolgimento sistema 4.

Consideriamo il sistema lineare

(14) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 + 2x_2 + 3x_3 = k_1 \\ 2x_1 + x_2 - x_3 = k_2 \\ 4x_1 + 5x_2 + 5x_3 = k_3 \end{array}\right. , \end{equation*}$

al variare dei parametri $k_1, k_2, k_3 \in \mathbb{R}$ .

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\[10pt] 2 & 1 & -1 \\[10pt] 4 & 5 & 5 \\ \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} k_1 \\[10pt] k_2 \\[10pt] k_3 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & k_1 \\ 2 & 1 & -1 & k_2 \\[10pt] 4 & 5 & 5 & k_3 \\[10pt] \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow R_2 - 2 R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & k_1 \\[10pt] 0 & -3 & -7 & -2k_1+k_2 \\[10pt] 4 & 5 & 5 & k_3 \\ \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3-4 R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & k_1 \\[10pt] 0 & -3 & -7 & -2k_1+k_2 \\[10pt] 0 & -3 & -7 & -4k_1 + k_3 \\ \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3- R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & k_1 \\[10pt] 0 & -3 & -7 & -2k_1+k_2 \\[10pt] 0 & 0 & 0 & -2k_1 - k_2 + k_3 \\ \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

Notiamo che $\text{rk}(A) = 2$ , indipendentemente dai parametri $k_1$ , $k_2$ e $k_3$ .

Osserviamo dunque che se $2k_1 + k_2 - k_3 \neq 0$ , allora $\text{rk}(A|b) = 3 > \text{rk}(A)$ . Per il teorema di Rouché-Capelli segue dunque che il sistema (14) non ammette soluzioni.

L’unico caso in cui il sistema (14) ammette soluzioni si ha quando $2k_1 + k_2 - k_3 = 0$ , da cui segue che $\text{rk}(A|b) = \text{rk}(A) = 2$ . In tal caso, poiché il numero delle incognite del sistema è $n=3$ , per il teorema di Rouché-Capelli, lo spazio affine delle dimensioni del sistema (14) ha dimensione $1$ .

Consideriamo dunque quest’ultimo caso per trovare le soluzioni del sistema.

Applichiamo l’algoritmo di Gauss nuovamente con il fine di riscrivere il sistema esplicitando $x_1$ e $x_2$ in funzione di $x_3$ .

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & k_1 \\[10pt] 0 & -3 & -7 & -2k_1+k_2 \\[10pt] 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) &\stackrel{\begin{array}{l} R_1\leftrightarrow R_2- \dfrac{2}{3}R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -\dfrac{5}{3} & \dfrac{-k_1+2k.2}{3} \\[10pt] 0 & -3 & -7 & -2k_1+k_2 \\[10pt] 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right)\\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_2\leftrightarrow -\dfrac{R_2}{3} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -\dfrac{5}{3} & \dfrac{-k_1+2k.2}{3} \\[10pt] 0 & 1 & \dfrac{7}{3} & \dfrac{2k_1-k_2}{3} \\[10pt] 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Dunque le soluzioni del sistema sono della forma

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3)= & \left(\dfrac{-k_1+2k_2 + 5t}{3}, \dfrac{2k_1-k_2 - 7 t}{3}, t\right) \qquad \forall t, k_1,k_2,k_3 \in \mathbb{R} \colon 2k_1 + k_2 - k_3 = 0. }$

Svolgimento sistema 5.

Consideriamo il sistema lineare

(15) $\begin{equation*} \left\{\arraycolsep=1.2pt\def\arraystretch{1.8}\begin{array}{l} x_1 + x_2 + 2x_3 = k_1 \\ x_2 + x_3 + 2x_4 = 0 \\ x_1 + x_2 + 3x_3 + 3x_4 = 0 \\ 2x_2 + 5x_3 + k_2x_4 = 3 \end{array}\right., \end{equation*}$

al variare dei parametri $k_1, k_2 \in \mathbb{R}$ .

Definiamo le matrici

$\begin{equation*} A= \left(\begin{matrix} 1 & 1 & 2 & 0 \\[10pt] 0 & 1 & 1 & 2 \\[10pt] 1 & 1 & 3 & 3 \\[10pt] 0 & 2 & 5 & k_2 \end{matrix}\right) \quad \text{e} \quad b = \left(\begin{matrix} k_1 \\[10pt] 0 \\[10pt] 0 \\[10pt] 3 \end{matrix}\right) \end{equation*}$

ed applichiamo il metodo di riduzione di Gauss alla matrice completa $(A|b)$ nel modo seguente:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 2 & 0 & k_1\\[10pt] 0 & 1 & 1 & 2 & 0\\[10pt] 1 & 1 & 3 & 3 & 0\\[10pt] 0 & 2 & 5 & k_2 & 3 \end{array}\right) & \stackrel{\begin{array}{l} R_3\leftrightarrow R_3 - R_1 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 2 & 0 & k_1\\[10pt] 0 & 1 & 1 & 2 & 0\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 3 & -k_1\\[10pt] 0 & 2 & 5 & k_2 & 3 \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_4\leftrightarrow R_4-2 R_2 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 2 & 0 & k_1\\[10pt] 0 & 1 & 1 & 2 & 0\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 3 & -k_1\\[10pt] 0 & 0 & 3 & k_2 - 4 & 3 \end{array}\right) \\[10pt] &\stackrel{\begin{array}{l} R_4\leftrightarrow R_4- 3 R_3 \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 2 & 0 & k_1\\[10pt] 0 & 1 & 1 & 2 & 0\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 3 & -k_1\\[10pt] 0 & 0 & 0 & k_2 - 13 & 3 + 3k_1 \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

Consideriamo dunque l’ultima matrice equivalente $(A|b)$ ottenuta

(16) $\begin{equation*} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 2 & 0 & k_1\\[10pt] 0 & 1 & 1 & 2 & 0\\[10pt] 0 & 0 & 1 & 3 & -k_1\\[10pt] 0 & 0 & 0 & k_2 - 13 & 3 + 3k_1 \end{array}\right) \end{equation*}$

Notiamo che se $k_2 \neq 13$ , allora $\text{rk}(A) = 4$ e se $k_2 = 13$ , allora $\text{rk}(A) = 3$ . In quest’ultimo caso, $\text{rk}(A|b) = 3$ se $3 + 3k_1 = 0$ e $\text{rk}(A|b) = 4$ altrimenti. Poiché il numero delle incognite del sistema è $n=4$ , possiamo concludere applicando il teorema di Rouché-Capelli che:

se $k_2 \neq 13$ , allora $\text{rk}(A) = \text{rk}(A|b) = 4 = n$ , allora il sistema (15) ha esattamente una soluzione;
se $k_2 = 13$ e $k_1 = -1$ , allora $\text{rk}(A) = \text{rk}(A|b) = n-1$ , dunque lo spazio affine delle soluzioni sistema (15) ha dimensione $1$ ;
se $k_2 = 13$ e $k_1 \neq -1$ , allora $\text{rk}(A) = 3 < 4 = \text{rk}(A|b)$ , dunque il sistema (15) non ammette soluzioni.

Cerchiamo ora le soluzioni nei casi (1) e (2).

Se $k_2 \neq 13$ il sistema ammette una soluzione. Dall’ultima forma della matrice $(A|b)$ in (16) notiamo che è semplice procedere nel risolvere il sistema (15) per sostituzione.Dividendo per $k_2 -13$ l’ultima equazione otteniamo direttamente
$\begin{equation*} x_4 = \dfrac{3+3k_1}{k_2 - 13}. \end{equation*}$

Sostituendo tale risultato nella terza equazione, si ottiene

(17) $\begin{equation*} x_3 = -k_1 - 3x_4 =\dfrac{4k_1 - k_1 k_2 + 9}{k_2 - 13} .\end{equation*}$

Sostituendo il risultato ottenuto nella seconda equazione si ottiene

(18) $\begin{equation*} x_2 = -x_3 - 2x_4 = \dfrac{-10k_1 + k_1 k_2 + 3}{k_2 - 13},\end{equation*}$

da cui infine possiamo ricavare $x_1$ dalla prima equazione:

(19) $\begin{equation*} x_1 = k_1 - x_2 -2x_3 = \dfrac{-11k_1 + 2k_1k_2 + 15}{k_2-13}. \end{equation*}$

Dunque la soluzione del sistema (15) è

$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3,x_4)= \bigg(\dfrac{-11k_1 + 2k_1k_2 + 15}{k_2-13},\dfrac{-10k_1 + k_1k_2 + 3}{k_2-13}, \dfrac{4k_1 - k_1k_2 + 9}{k_2-13},\dfrac{3k_1 + 3}{k_2-13} \bigg)}$

$\forall k_1,k_2\in \mathbb{R}, k_2 \neq 13$ .

Nel caso in cui $k_2= 13$ e $k_1= -1$ lo spazio affine delle soluzioni del sistema (15) ha dimensione $1$ .Sostituiamo tali valori di $k_1$ e $k_2$ nella matrice (16) e utilizzando le espressioni trovate in (19), (18) ed (17) le soluzioni del sistema sono del tipo
$\boxcolorato{geometria}{(x_1,x_2,x_3,x_4)=\left(-2+5t,-1+t, 1-3t,t\right), \quad \forall t \in \mathbb{R}}$

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni il documento contenente tre dispense con esercizi risolti con l’algoritmo di Gauss, ricchi di dettagli, per migliorare la tua comprensione dei sistemi lineari.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Risolvere i seguenti sistemi lineari.

$\begin{align*} & 1)\;\begin{cases} x- y +3z-2w=4 \\ y+z=0 \\ x+z-w=0 \end{cases} & \quad \quad \quad & 2)\;\begin{cases} x+2y -z=1 \\ y+2z=1 \\ x+2y=0 \end{cases} \\ \\ & 3)\;\begin{cases} x+2y -z=0 \\ -x+y+z=0 \end{cases} & \quad \quad \quad & 4)\;\begin{cases} 2x+ y =3 \\ 3x+2z=-1 \\ x-y+2z=-4 \\ 2y+z=0 \end{cases} \end{align*}$

Svolgimento sistema 1.

Applichiamo l’algoritmo di eliminazione di Gauss alla matrice completa associata al sistema (dove riportiamo a fianco le operazioni elementari sulle righe svolte)

$\begin{align*} A&= \left( \begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 3 & -2 & 4 \\ 0 & 1& 1& 0& 0 \\ 1 & 0 & \;\,1 & \;-1 & \;0 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ R_3 \to R_3-R_1 \end{array} \\ A'&= \left( \begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 3 & -2 & 4 \\ 0 & 1& 1& 0& 0 \\ 0 & 1 & -2 & 1 & -4 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ R_3 \to R_3-R_2 \end{array} \\ A''&= \left( \begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 3 & -2 & 4 \\ 0 & 1& 1& 0& 0 \\ 0 & 0 & -3 & 1 & -4 \end{array}\right). \end{align*}$

Notiamo che la matrice ottenuta risulta triangolare superiore, dunque l’algoritmo di Gauss è terminato. Concludiamo che il rango della matrice è 3, poichè abbiamo 3 righe non nulle. A questo punto il numero di parametri liberi del sistema (numero di incognite – $rk$ ) è $1$ . Poniamo quindi $w=t\in\mathbb{R}$ . Dalla terza equazione ricaviamo dunque $z=\frac t 3 + \frac 4 3$ . Sostituendo $z$ nella seconda equazione si trova $y=-\frac t 3 - \frac 4 3$ e infine sostituendo $y$ e $z$ nella prima equazione si trova $x=y-3z+2w+4= \frac 2 3 w- \frac 4 3$ . L’insieme delle soluzioni (che non è evidentemente uno spazio vettoriale) è dunque $S=\{ (\frac 2 3 t- \frac 4 3, -\frac t 3 - \frac 4 3, \frac t 3 + \frac 4 3, t ) : t \in \mathbb{R}\}$ . Osserviamo che, equivalentemente, avremmo potuto porre $w=3t$ , così da evitare alcune frazioni: infatti con questa parametrizzazione l’insieme delle soluzioni si scrive

$\boxcolorato{geometria}{S=\{ ( 2t- \frac 4 3, -t - \frac 4 3, t + \frac 4 3, 3t ) : t \in \mathbb{R}\}= \left\{ \left(\begin{array}{c} - 4/3 \\ - 4/3 \\ 4/3 \\ 0 \end{array}\right) +t \left( \begin{array}{c} 2 \\ -1\\ 1 \\ 3 \end{array}\right) :t\in\mathbb{R} \right\}}$

Svolgimento sistema 2.

Applichiamo l’algoritmo di eliminazione di Gauss alla matrice completa associata al sistema (dove riportiamo a fianco le operazioni elementari sulle righe svolte)

$\begin{align*} A&= \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0& 1& 2& 1 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ R_3 \to R_3-R_1 \end{array} \\ A'&= \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 \\ 0& 1& 2& 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right) \end{align*}$

La matrice è ora in forma triangolare superiore. Siccome il rango è 3 (=numero di righe non nulle) e 3 è anche il numero di incognite, concludiamo che esiste un’unica soluzione, che si calcola sostituendo a ritroso.

$z=-1,\; y+2z=1 \to y=3, \; x+2y-z=1 \to x=-6$

Dunque la soluzione è data dal vettore di coordinate

$\boxcolorato{geometria}{(-6,3,-1)}$

Svolgimento sistema 3.

Notiamo che il sistema lineare è omogeneo (e dunque la soluzione sarà un sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}^3$

). Applichiamo l’algoritmo di Gauss

$\begin{align*} A&= \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & -1 \\ -1& 1& 1 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ R_2 \to R_2+R_1 \end{array} \\ A'&= \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & -1 \\ 0& 3& 0 \end{array}\right) \end{align*}$

Il numero di parametri liberi (numero di incognite – rk) è dunque 1. Ponendo ad esempio $z=t$ (attenzione! La scelta di $y$ come parametro libero non ha senso, poichè dalla seconda equazione otteniamo $y=0$ ) otteniamo dalla prima equazione $x=z=t$ . Le soluzioni del sistema sono date da

$\boxcolorato{geometria}{S=\{(t,0,t):t \in\mathbb{R}\}= \text{span}_{\mathbb{R}}\left\{\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)\right\}}$

Svolgimento sistema 4.

Per risolvere il sistema applichiamo l’algoritmo di Gauss alla matrice completa (dove però ammettiamo come operazione sulle righe anche la moltiplicazione per uno scalare non nullo).

$\begin{align*} A&= \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & 0 & 3 \\ 3 & 0& 2& -1 \\ 1 & -1 & 2 & -4 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ R_2 \to 2R_2-3R_1 \\ R_3 \to 2R_3-R_1 \\ \\ \end{array} \\ A'&= \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & -3& 4& -11 \\ 0 & -3 & 4 & -11 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ R_3 \to R_3-R_2 \\ R_4 \to 3R_4 +2R_2 \end{array} \\ A''&= \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & -3& 4& -11 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 11 & -22 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ R_3 \leftrightarrow R_4 \\ \\ \end{array} \end{align*}$

Dopo l’ultima operazione di scambio la matrice risulta essere triangolare superiore, dunque il rango della matrice è 3 (numero di righe non nulle) e il sistema ammette un’unica soluzione (poichè 3 è anche il numero di incognite). Troviamo infatti che

$z=-2, \; -3y+4z=-11 \to y=1, \; 2x+y=3 \to x=1.$

Dunque

$\boxcolorato{geometria}{(1,1,-2)}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Risolvere il seguente sistema lineare omogeneo di 3 equazioni in 5 incognite.

$\begin{cases} x_1+ x_2 +x_4 +x_5=0 \\ x_1+x_3+x_4-x_5=0 \\ x_2+x_3+x_4+x_5=0 \end{cases}$

Svolgimento esercizio 5.

Con l’algoritmo di Gauss si trova

(20) $\begin{align*} A&= \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1& 1& -1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ R_2 \to R_2-R_1 \\ \\ \end{array} \\ A'&= \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1& 1& 0& -2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ R_3 \to R_3+R_2 \end{array} \\ A''&= \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1& 1& 0& -2 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & -1 \end{array}\right) \end{align*}$

Si vede quindi che il rango della matrice è massimale, cioè $rk(A)=3$ , quindi il numero di parametri liberi è $5-3=2$ . Per semplicità (si evitano frazioni inutili!) poniamo $x_3=t, x_4=s$ e risolviamo rispetto a $x_1,x_2,x_5$ . L’ultima equazione ci dà $x_5=2x_3+x_4=2t+s$ . Dalla seconda troviamo $x_2=x_3-2x_5=t-2(2t+s)=-3t-2s$ . Infine dalla prima $x_1=-x_2-x_4-x_5=3t+2s-s-(2t+s)=t.$ La soluzione cercata è dunque

$\boxcolorato{geometria}{ S=\{(t,-3t-2s,t,s,2t+s): t,s\in \mathbb{R}\} = \left\{t\left(\begin{array}{c} 1 \\ -3 \\ 1\\ 0 \\ 2 \end{array}\right) + s \left(\begin{array}{c} 0 \\ -2 \\ 0\\ 1 \\ 1 \end{array}\right) : t,s \in\mathbb{R}\right\} }$

ovvero

$\boxcolorato{geometria}{ S= \text{span}_{\mathbb{R}} \left\{\left(\begin{array}{c} 1 \\ -3 \\ 1\\ 0 \\ 2 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 0 \\ -2 \\ 0\\ 1 \\ 1 \end{array}\right)\right\} }$

Notiamo che $S$ è uno spazio vettoriale di dimensione 2.

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Discutere, al variare di $k\in \mathbb{R}$

, il numero di soluzioni del seguente sistema lineare e calcolare tutte le soluzioni per $k=2,3$

$\begin{cases} x_1+ kx_2 +x_3=k \\ x_1-x_2-kx_3=1\\ x_1+x_2-x_3=k-1 \end{cases}$

Svolgimento esercizio 6.

La matrice completa del sistema è data da

$(A|b)=\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & k & 1 & k \\ 1 & -1 & -k & 1 \\ 1 & 1 & -1 & k-1 \end{array}\right)$

Poichè l’elemento $a_{11}$ della matrice dei coefficienti non dipende da $k$ ed è non nullo, possiamo usarlo come pivot per fare la riduzione con il metodo di Gauss.

(21) $\begin{align*} (A|b)= & \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & k & 1 & k \\ 1 & -1 & -k & 1 \\ 1 & 1 & -1 & k-1 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ R_2 \to R_2-R_1\\ R_3 \to R_3 -R_1 \end{array} \\ (A'|b')= & \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & k & 1 & k \\ 0 & -(k+1) & -(k+1) & 1-k \\ 0 & 1-k & -2 & -1 \end{array}\right) \end{align*}$

Osserviamo che per procedere con l’algoritmo di Gauss dobbiamo assicurarci che l’elemento da utilizzare come \textit{pivot} sia non nullo: imponiamo quindi la condizione $k\neq -1$ e procediamo con l’operazione “ $R_3 \to R_3 +\left(\frac{1-k}{1+k}\right)R_2$ ” così da ottenere

$(A''|b'')=\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & k & 1 & k \\ 0 & -(k+1) & -(k+1) & 1-k \\ 0 & 0 & k-3 & \frac{k^2-3k}{k+1} \end{array}\right)$

Osserviamo che per $k \neq 3$ esiste un’unica soluzione in quanto il rango della matrice dei coefficienti è 3 (quindi, necessariamente, uguale al rango della matrice completa). Analizziamo ora i casi rimasti, ovvero $k=1$ e $k=3$ . Sostituendo $k=-1$ in $(A'|b')$ si trova

$\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & -2 & -1 \end{array}\right) \end{equation*}$

Il sistema risulta quindi incompatibile ( $2=rk(A')< rk(A'|b')=3$ . Infine sostituendo $k=3$ in $(A''|b'')$ si trova:

$\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 1 & 3 \\ 0 & -4 & -4 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \end{equation*}$

Il sistema risulta quindi compatibile e ammette $3-2=1$ parametro libero. Per calcolare la soluzione poniamo $z=t$ , da cui segue

$-4y-4t=-2 \to y=-t+ \frac 1 2 $ e $x+3(-t+ \frac 1 2 )+t=3 \to x=2t+\frac 3 2.$

Dunque per $k=3$ si ha

$S=\{(2t+\frac{3}{2}, -t + \frac 1 2, t): t\in\mathbb{R}\}.$

Per $k=2$ (come osservato precedentemente) il sistema ammette un’unica soluzione, che si calcola agilmente sostituendo $k=2$ in $(A''|b'')$ :

$\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 2 \\ 0 & -3 & -3 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & -\frac 2 3 \end{array}\right) \end{equation*}$

Quindi sostituendo a ritroso troviamo

$S=(2, -\frac 1 3, \frac2 3).$

Per concludere quindi abbiamo

$\boxcolorato{geometria}{\begin{cases} 0 \text{ soluzioni}, & \text{se } k=-1 \\ \infty^1 \text{ soluzioni}, & \text{se } k=3 \\ 1 \text{ soluzione}, & \text{se } k\neq 3,-1. \end{cases}}$

Esercizi non svolti

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Ridurre nella forma a scala le seguenti matrici $A$

tramite operazioni elementari sulle righe. Infine risolvere il sistema lineare omogeneo associato, $Ax=0$

$\begin{align*} & 1)\; A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & 5 \end{pmatrix} &\\[7pt] & 2)\; A=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 3 & -1 & 1 & -3 \end{array}\right) &\\[10pt] & 3)\; A=\left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 2 & 0 \\ 0& 1& 1& 1 \\ 1 & 4 & 3 & 1 \end{array}\right) & \end{align*}$

Soluzioni punto 1.

$S=\{ (t,-3t,t): t \in \mathbb{R} \} \qquad \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Soluzioni punto 2.

$S=\{ (t,s,s,t): t,s \in \mathbb{R}\} \qquad \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Soluzioni punto 3.

$S=\{ (s+3t,-s-t,s,t): t,s \in \mathbb{R} \} \qquad \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 & 0 \\ 0& 1& 1& 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Ridurre nella forma a scala le seguenti matrici complete $(A|b)$

tramite operazioni elementari sulle righe. Infine (se possibile) risolvere il sistema lineare non omogeneo associato, $Ax=b$

$\begin{equation*} \begin{aligned} 1)\quad& (A|b)=\left( \begin{array}{cc|c} 2 & 0 & 1 \\ -1&3& -1 \end{array}\right) \quad &3)& \quad (A|b)=\left( \begin{array}{ccc|c} 1 &1 & -1 & -1 \\ -1 &0&0& 2 \\ 0 & -1& 2& -3 \end{array}\right) \\[10pt] 2)\quad& (A|b)=\left( \begin{array}{cc|c} -5 & 3 & 1 \\ 1&2& -8 \end{array}\right) \quad &4)& \quad (A|b)=\left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 2 \\ 4& 6& -2& 8 \\ -3 & 0 & 1 & -4 \end{array}\right) \end{aligned} \end{equation*}$

Soluzioni punto 1.

$S=\{ (1/2, -1/6) \} \qquad \left( \begin{array}{cc|c} 2 & 0 & 1 \\ 0&6& -1 \end{array}\right)$

Soluzioni punto 2.

$S=\{ (-2, -3) \} \qquad \left( \begin{array}{cc|c} -5 & 3 & 1 \\ 0&1& -3 \end{array}\right)$

Soluzioni punto 3.

$S=\{ (-2, -1,-2) \} \qquad \left( \begin{array}{ccc|c} 1 &1 & -1 & -1 \\ 0 &1&-1& 1 \\ 0 & 0& 1& -2 \end{array}\right)$

Soluzioni punto 4.

$\left( \begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 2 \\ 0& 9& -1& -2 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{array}\right) \qquad \text{Non risolubile}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Tizio oggi ha il doppio dell’età di Caio, mentre 6 anni fa Tizio aveva il doppio dell’età di Sempronio (di 6 anni fa). Sappiamo che tra 9 anni Caio avrà la stessa età che ha oggi Tizio. Quanti anni ha oggi Sempronio?

Soluzioni esercizio 9.

Siano $x,y,z$

le età di Tizio, Caio e Sempronio, rispettivamente. Impostando le equazioni, otteniamo il seguente sistema lineare

$\begin{cases} x=2y \\ x-6=2(z-6)\\ x=y+9, \end{cases}$

che ha come unica soluzione $(x,y,z)=(18,9,12)$ . Dunque Sempronio ha 12 anni.

Riferimenti bibliografici

Mostra riferimenti bibliografici.

Massimo Bergamini, Anna Trifone e Graziella Barozzi. Manuale blu di matematica – Volume 4, Zanichelli (2011).
Maths Learning Centre, University of Adelaide. Web Page.
Edoardo Sernesi. Geometria 1, Bollati Boringhieri (2000).
Serge Lang. Algebra Lineare, Bollati Boringhieri (2002).

Ulteriori esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

Strutture algebriche.

Algebra lineare.

Geometria analitica.

Geometria differenziale.

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

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Art of Problem Solving (AoPS) – Questo sito è molto noto tra gli studenti di matematica di livello avanzato e i partecipanti a competizioni matematiche. Offre forum, corsi online, e risorse educative su una vasta gamma di argomenti.
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