Istituzioni di Matematiche Modulo A (ST)

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1 Istituzioni di Matematiche Modulo A (ST V II foglio di esercizi ESERCIZIO. Nei seguenti sistemi lineari, discutere l insieme delle soluzioni al variare del parametro t, o dei parametri t e τ, in R. 5 x + y = t tx 4y = 4 x ty = t x y = 0 x + y = t x t y = t x + y + z = τ y + tz = τ x + y + ( τz = t + τ 4 6 x + y + tz = 0 y + tz = 0 tx + z = 0 { x + ty z = tx + y + z = x + y + z = τ τy + tz = x + ( τy + z = t SOLUZIONE. Le matrici incompleta e completa sono rispettivamente A t = t 4, B t = t t 4 4 t t t Si ha det B t = + 4 t t t, che si può decomporre come + 4 t t t = 4(t + t (t + = (t + (4 t. Quindi det B t = 0 se e solo se t {,, }. Per t {,, }, si ha dunque rk B t =, mentre comunque si ha rk A t, in quanto il rango di una matrice è sempre minore o uguale al minimo tra il numero di righe e di colonne (nel caso di A t tale minimo è (aggiungo che in generale si ha sempre che il rango della completa è o uguale al rango della incompleta oppure uguale al rango della incompleta +, quindi se t {,, } avremo necessariamente rk A t =. In conclusione, se t {,, } allora per il teorema di Rouché-Capelli il sistema non ha soluzioni. Dobbiamo analizzare i casi t {,, }. Osservo che det ( t 4 = 4 t, quindi se t {,, }, abbiamo rk A t, e poiché rk A t, otteniamo rk A t =. D altro canto, se t {,, } abbiamo det B t = 0 e quindi rk B t. Ma comunque rk A t rk B t e quindi, per t {,, } si ha = rk A t rk B t da cui segue che tutti i segni sono uguaglianze. Quindi per t {,, } si ha rk A t = rk B t = : il sistema ha un unica soluzione, in quanto il numero di incognite è.

2 Si tratta di un sistema omogeneo (e quindi ammette sempre soluzioni, quindi basta considerare la matrice incompleta A t = t 0 t t 0 Si ha det A t = t. Quindi det A t = 0 se e solo se t {, }. Per t {, }, si ha dunque rk A t =, per il teorema di Rouché-Capelli il sistema ha un unica soluzione, che necessariamente è la soluzione nulla (x = y = z = 0. Dobbiamo analizzare i casi t {, }. Osservo che det =, quindi se t {, }, abbiamo rk A t, e poiché rk A t, otteniamo ( 0 rk A t = : il sistema ha per soluzioni una varietà linerare (un sottopazio in questo caso di dimensione (una retta. Il problema è simile al problema. Le matrici incompleta e completa sono rispettivamente A t =, B t = 0 t t t t Si ha det B t = t + t, che si può decomporre come t + t = t(t. Quindi det B t = 0 se e solo se t {, 0, }. Per t {, 0, }, si ha dunque rk B t =, mentre comunque si ha rk A t. Quindi, se t {, 0, } allora per il teorema di Rouché-Capelli il sistema non ha soluzioni. Dobbiamo analizzare i casi t {, 0, }. Osservo che det = 4 =, quindi se t {, 0, }, abbiamo rk A t, e poiché ( rk A t, otteniamo rk A t =. D altro canto, se t {, 0, } abbiamo det B t = 0 e quindi rk B t. Ma comunque rk A t rk B t e quindi, per t {, 0, } si ha = rk A t rk B t da cui segue che tutti i segni sono uguaglianze. Quindi per t {, 0, } si ha rk A t = rk B t = : il sistema ha un unica soluzione. 4 Le matrici incompleta e completa sono rispettivamente A t = ( t t, B t = ( t t Si ha rk A t rk B t. Calcoliamo quindi il rango di A t. Ora in A t c è una sottomatrice quadrata di ordine con determinante non nullo, ad esempio (, quindi rk A t per ogni t. Consideriamo adesso i minori di ordine : ( t det = t t, det ( t = t +, det ( = + t t risulta quindi che se t, esiste un minore non nullo di ordine di A t, e quindi per t si ha rk A t =, in quanto già sappiamo che rk A t. Per t il sistema ha soluzioni in quanto si ha rk A t = rk B t = e l insieme delle soluzioni è una varietà lineare di dimensione (una retta. Resta da analizzare il caso t =. In questo caso i tre minori di ordine di A sono nulli e quindi rk A =.

3 ( ( Calcoliamo il rango di B : B =. Si ha det = =, quindi rk B, da cui risulta = rk A < rk B =, e il sistema non ha soluzioni. 5 Le matrici incompleta e completa sono rispettivamente A t,τ = 0 t τ, B t,τ = τ 0 t τ τ t + τ Si ha det A t,τ = τ + t. Quindi det A t,τ = 0 se e solo se τ = t. Per τ t, si ha dunque rk A t,τ =, mentre comunque si ha rk B t,τ, in quanto il rango di una matrice è sempre minore o uguale al minimo tra il numero di righe e di colonne (nel caso di B t,τ tale minimo è. In conclusione, se τ t si ha = rk A t,τ rk B t,τ e quindi rk A t,τ = rk B t,τ = : per il teorema di Rouché-Capelli il sistema ha un unica soluzione. Dobbiamo analizzare i casi τ = t. Osservo che det =, quindi rk A t,τ e se τ = t, allora rk A t,τ = poiché rk A t,τ. ( 0 vediamo adesso come risulta la matrice completa nei casi τ = t: B t,t = t 0 t t t t Vista la forma di B t,t, proviamo a metterla in forma a scalini: B t,t 0 t t t 0 t t t 0 t t t dove ho utilizzato operazioni elementari definite per ogni t. Quindi si ha rk B t,t = se t 0, rk B 0,0 =. In conclusione, nei casi τ = t si hanno soluzioni solo se t = 0, In questo caso l insieme delle soluzioni è una varietà lineare di dimensione (una retta. 6 Il problema è simile al problema 5. Le matrici incompleta e completa sono rispettivamente A t,τ = 0 τ t, B t,τ = τ 0 τ t τ τ t Si ha det A t,τ = tτ. Quindi det A t,τ = 0 se e solo se t = 0 oppure τ = 0. Per tτ 0, si ha dunque rk A t,τ =, mentre comunque si ha rk B t,τ, in quanto il rango di una matrice è sempre minore o uguale al minimo tra il numero di righe e di colonne (nel caso di B t,τ tale minimo è. In conclusione, se tτ 0 si ha = rk A t,τ rk B t,τ e quindi rk A t,τ = rk B t,τ = : per il teorema di Rouché-Capelli il sistema ha un unica soluzione. Dobbiamo analizzare i casi tτ = 0. Consideriamo il caso t = 0: A 0,τ = 0 τ 0, B 0,τ = τ 0 τ 0 τ τ

4 4 ( Osservo che det 0 τ = τ, quindi se τ 0, si ha rk A 0,τ =. Ora det τ 0 τ = τ, τ quindi sempre per τ 0 si ha rk B 0,τ = e il sistema non ha soluzioni. Nel caso τ = 0 si ha A 0,0 = 0 0 0, B 0,0 = e il sistema non ha soluzioni, come si vede direttamente dalla seconda equazione. Consideriamo infine il caso τ = 0. Qui assumiamo t 0, in quanto il caso t = τ = 0 lo abbiamo già considerato. Abbiamo A t,0 = 0 0 t, B t,0 = t t Si ha B t,0 0 0 t t quindi, si ha rk A t,0 = per ogni t 0, rk B t,0 = se t {0, }, rk B 0,0 =, rk B,0 =. In conclusione, nel caso τ = 0 con t 0 si hanno soluzioni se e solo se t =. In questo caso l insieme delle soluzioni è una varietà lineare di dimensione (una retta. ESERCIZIO. Siano S ed S gli insiemi delle soluzioni dei sistemi lineari Σ e Σ rispettivamente. Dire, nei seguenti esempi, in quali casi S = S. ( S = + t 0, t R S = 0 + t 0, t R ( S = 0 + t, t R S = + t 4, t R 0 ( S = 0 + α + β 0, α, β R S = + α 4 + β, α, β R 0 (4 S = 0 + α + β 0, α, β R S = 0 + α 4, α R SOLUZIONE.

5 5 Ricordo che ad esempio S = t R, vuol dire che S ha equazioni parametriche + t x = + t x = x = + t 0, al variare di t R. Allo stesso modo, S = 0 + α α, β R, vuol dire che S ha equazioni parametriche al variare di α, β in R. + β x = + α + β x = α x = + α + β 0, ( Un modo di procedere è il seguente: i punti di S sono del tipo al variare di t in R, i punti di S sono del tipo P t = Q t = + t + t + t t al variare di t in R. Per verificare se S = S, dobbiamo verificare se ogni punto di S è in S e viceversa. Fissato dunque t R dobbiamo verificare se P t S. La domanda che dobbiamo porci è la seguente: esiste s R tale che P t = Q s? (è essenziale l uso di un parametro diverso da t!. Dobbiamo risolvere + s s = dove t è fissato ed s è l incognita. Si ottiene il sistema + t + t { + s = + t s = + t, { s = + t s = + t

6 6 quindi s = (t +. Viceversa, fissato un punto Q t in S, esiste s R tale che Q t = P s? Qui si tratta di risolvere { + s = + t { s = t + s = t s = t quindi s = t. In conclusione S = S. Potremmo ( però risolvere il problema in modo geometrico: ( S è la retta dello spazio passante per il punto P = e parallela al vettore v = 0 ; S è la retta. È chiaro che le due rette sono e parallela al vettore w = ( 0 ( dello spazio passante per il punto 0 parallele, in quanto w = v. Per concludere basta verificare ad esempio se P appartiene ad S. Esiste t R tale che P = Q t? Si tratta di risolvere che ha per soluzione t =. = + t t ( ( In questo caso abbiamo due rette, e sono parallele poiché 4 non esiste alcun t R per cui = 0 + t t + t Si tratta quindi di due rette parallele distinte: in particolare S S. ( Fissiamo a, b R e vediamo se esistono a, b R tali che Otteniamo il sistema in a, b : + a + b a + a + b = 4a + b a + b a + 4a + b + a + b + a = + a + b = + a = + a + b ( è il doppio di. Tuttavia che ha matrice completa B = 4 + a + b + a 0 + a + b ( Ora si ha det 0 = quindi il rango della incompleta è. D altro canto si ha det B = 0, quindi rk B = e il sistema ha soluzione (e la soluzione è unica. Questo è sufficiente per dire che S = S (eventualmente si può scambiare il ruolo degli a, b, a, b, fissando questa volta a e b, e considerando a e b incognite: di nuovo si trova un sistema in cui rango della completa e della incompleta sono uguali a.

7 7 (4 In questo caso S è un piano, mentre S è una retta: in particolare S S (osservo che la retta S è parallela al piano S ma non sta sul piano. Riassumendo, si trovano le seguenti risposte: Sì. No. Sì. 4 No. ( ESERCIZIO. Data la matrice A =, determinare 4 ( l insieme delle matrici B tali che AB = 0; ( l insieme delle matrici B tali che AB = A. SOLUZIONE. Poniamo ( La condizione AB = 0 diventa: dunque otteniamo il sistema ( ( a b = 0, 4 c d ( a b B = c d ( a + c b + d = a + 4c b + 4d a + c = 0 b + d = 0 a + 4c = 0 b + 4d = 0 ( nelle incognite a, b, c, d. Si tratta di un sistema omogeneo di matrice incompleta Quindi il rango è e possiamo parametrizzare lo spazio delle soluzioni considerando parametri c e d: a b c d al variare di α, β in R. Le matrici richieste sono: = α = β = α = β ( α β α β α, β R.

8 8 ( La condizione AB = A diventa: ( ( a b = 4 c d dunque otteniamo il sistema ( 4, a + c = b + d = a + 4c = b + 4d = 4 ( a + c b + d = a + 4c b + 4d nelle incognite a, b, c, d. Si tratta di un sistema lineare di matrice completa ( 4 Quindi il rango della matrice completa e della matrice incompleta è e possiamo parametrizzare lo spazio delle soluzioni considerando parametri c e d: a = α b = β c d = α = β al variare di α, β in R. Le matrici richieste sono: ( α β α β α, β R. Volendo si possono anche descrivere nel seguente modo: ( ( 0 α β + 0 α β α, β R. ESERCIZIO 4. Determinare una terna di vettori (u, u, u dello spazio R in modo che u sia parallelo a, u sia parallelo a, u sia ortogonale ad u e u e tali che u = u = u =. ( ( SOLUZIONE. ( 0 Cerco un vettore ortogonale ad u ed u. Posso prendere v = u u = 7. A questo punto basta normalizzare, scegliendo in ciascun caso un vettore parallelo a quello dato e di lunghezza. Ad esempio, essendo ( = ( 9 =, = 7, ( 0 7 = 5

9 9 possiamo prendere u = (, u = 7 (, u = ( ESERCIZIO 5. Determinare i vettori u dello spazio R che formano un angolo di ( π ( u = e u = e tali che u =. SOLUZIONE. Poniamo u = ( a b c. Ricordo che il coseno dell angolo ϑ tra due vettori non nulli v e w è cos ϑ = v w v w con i vettori dove con v w ho indicato il prodotto scalare di v e w. Essendo cos π =, dobbiamo quindi imporre a + b c Risolviamo prima il sistema u u u u =, u u u u =, u =. =, a + b + c { a + b c = a + b + c = =, a + b + c = che ha matrice completa ( ( / 0 0 / / (al posto della prima riga ho messo la seconda meno la prima. Dalla prima equazione ricavo a = c, e quindi anche b = c. A questo punto a + b + c = diventa 4c c + 5 c + c =, c 65 c =, c 65 c = 0, da cui segue c = , c = I vettori richiesti sono ( , ( ESERCIZIO 6. Si consideri il sistema lineare (w x + 0y = w + Σ w : (w y + (w 7z = w + (8 + wx 0y + 5z = w

10 0 al variare di w in R. Sia S w la varietà delle soluzioni di Σ w. (a Per quali valori di w, S w è vuota? (b Per quali valori di w, S w è costituita da un punto? (c Per quali valori di w, S w è una varietà di dimensione? (d Per i valori di cui in (c, determinare equazioni parametriche di S w. SOLUZIONE. (a, (b, (c Scriviamo in forma compatta Σ w : A w x = b w, dove w 0 0 A w = 0 w w 7, b w = w + w +, 8 + w 0 5 w e quindi la matrice completa è w 0 0 w + B w = 0 w w 7 w w 0 5 w La matrice incompleta è quadrata, quindi calcoliamo il suo determinante. Sviluppiamo secondo una riga o una colonna che contenga possibilmente degli zeri. Sviluppiamo secondo la terza colonna: si ha ( ( w 0 w 0 det A w = (w 7 det + 5 det 8 + w 0 0 w = (w 7( 0(w 0(w (w (w = 5w 50w = 5(w 0w + 6 Quindi det A w = 0 se e solo se w 0w + 6 = 0, se e solo se w =, 8. Pertanto per w, 8 si ha rk A w =, da cui segue anche rk B w = (in quanto si ha sempre rk A w rk B w, visto che min{, 4} =. Possiamo già concludere, per il Teorema di Rouché-Capelli, che per w, 8 il sistema ha un unica soluzione. ( 0 0 Nei casi w =, 8 si ha rk A w = poiché ad esempio det 0 5 = 50 0, (e questo significa che rk A w e già sappiamo che il rango non è, poiché il determinante è nullo (volendo, si possono calcolare direttamente det A e det A 8, e verificare se in entrambi i casi fa zero: in questo modo ci si accorge di un eventuale errore nel precedente calcolo di det A w. Sia w =. Allora la matrice completa diventa B = Vista la forma di B, conviene ridurre B a scalini: B := C

11 In questo modo otteniamo subito sia il rango della completa (che non conoscevamo, sia il rango della incompleta (che conoscevamo. La matrice C ha tre righe non nulle, quindi il rango di C, che coincide con il rango di B è. Invece il rango di A coincide con il rango della matrice costituita dalle prime tre colonne di C. Questa matrice ha due righe non nulle, e quindi ha rango. In particolare S è vuota (faccio notare che C è in forma a scalini, anche se il primo termine non nullo di ogni riga non nulla non è necessariamente uguale ad. L importante è che la forma della matrice sia a scalini! Di solito ci si riconduce ad avere l in quella posizione perchè poi risulta più semplice dare le equazioni parametriche dell insieme delle soluzioni quando questo è non vuoto, ma non è necessario. Osservo che, come al solito, una volta ridotto il sistema in forma a scalini, si può stabilire se il sistema ha soluzioni direttamente dalla matrice C, senza utilizzare il Teorema di Rouché-Capelli: nel nostro caso dalla terza riga di C si deduce subito che Σ non ha soluzioni. Un metodo alternativo consiste nel calcolare i minori di ordine di B, e verificare se almeno uno è non nullo. Si ha ma det A = 0, det = det = quindi rk B =. Poiché abbiamo già calcolato rk A =, per il Teorema di Rouché-Capelli si conclude che per w = non ci sono soluzioni (essendo rka = = rk B. Sia w = 8. La matrice completa diventa Già abbiamo dimostrato che rk A 8 =. B 8 = Anche in questo caso riduciamo B 8 in forma a scalini: B := D Si conclude che sia il rango di D, sia il rango della matrice costituita dalle prime colonne di D hanno rango, quindi rk A 8 = rk B 8 =. Per il Teorema di Rouché-Capelli Σ 8 ha soluzioni (in quanto rk A 8 = rk B 8 e inoltre S 8 è una varietà lineare di dimensione (una retta, in quanto il numero delle incognite è, ed il rango completa = rango incompleta =. Un metodo alternativo consiste nel considerare i minori di ordine di B 8 (che sono quattro: se almeno uno di questi è non nullo, allora il rango di B 8 è, altrimenti, se tutti sono nulli, è <. Si ha det A 8 = det 0 6 = 0, det =

12 4 0 6 det 0 9 = 0, det 6 9 = Si trova quindi sempre 0, e pertanto si ottiene rk B 8. Tuttavia abbiamo = rk A 8 rk B 8, quindi rk A 8 = rk B 8 =. Per il Teorema di Rouché-Capelli S 8 è una varietà lineare di dimensione (una retta, in quanto il numero delle incognite è, ed il rango completa = rango incompleta =. (d Si tratta di determinare equazioni parametriche di S 8. Consideriamo allora la matrice completa, e riduciamola in forma a scalini: B , possiamo porre z = t, e ottenere 6y = 9 t, da cui y = 9 6 6t, e infine da 4x + 0y = 6, x = y = (9 t = 5 t. Quindi S 8 ha equazioni parametriche al variare di t in R. x = 7 5 t y = t z = t Se avessimo voluto ottenere una forma a scalini di B 8 in cui il primo termine non nullo in ciascuna riga è, avremmo ottenuto ad esempio B 8 = , quindi posto z = t, avremmo ottenuto equazioni parametriche x = 7 5 t y = t z = t al variare di t in R.