1 Esercizi 13. 3x + λy + 2z = 0 (1 λ)x + 5y + 3z = 0 3x + 2y + z = 0

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1 1 Esercizi Discutere le soluzioni del sistema seguente al variare del parametro λ R. 3x + λy + 2z 0 (1 λ)x + 5y + 3z 0 3x + 2y + z 0 Soluzione. Si tratta di un SLO 3 3 e sappiamo che tale sistema ammette solo la soluzione nulla se e solo se la matrice dei coefficienti è invertibile cioè se e solo essa ha determinante diverso da zero. Calcoliamo quindi questo determinante. 3 λ 2 1 λ λ 1 λ λ (5 6) λ(1 λ 9) + 2(2 2λ 15) 3 λ( λ 8) + 2( 2λ 13) λ 2 + 4λ 29 Se questo determinante è diverso da zero il sistema ammette dunque solo la soluzione banale. Andiamo ad esaminare quindi cosa succede quando il determinante è zero. λ 2 + 4λ 29 0 ha soluzioni λ , λ Solo per questi due valori, quindi, il sistema ammette delle autosoluzioni. Esaminiamo questi due casi. Caso λ λ 1. La matrice è

2 Poiché il determinante di questa matrice è ( zero, il ) suo rango è minore di 5 3 tre; poiché inoltre il minore M(2, 3 2, 3) è non nullo (ha determinante non nullo) le due righe corrispondenti (la seconda e la terza) 2 1 sono linearmente indipendenti. Ne segue che il sistema è equivalente a { (3 33)x + 5y + 3z 0 3x + 2y + z 0 In corrispondenza del minore scelto allora possiamo riscrivere questo sistema come segue: { 5y + 3z (3 33)x 2y + z 3x Posto allora x t e usando la regola di Cramer possiamo scrivere (3 33)t 3 3t 1 y 5 3 (3 33)t + 9t (6 + 33)t e 5 (3 33)t 2 3t z 5 3 ( )t 2 1 L insieme delle soluzioni è quindi t (6 + 33)t (9 + 2 ; t R 33)t Come ultima osservazione, vediamo che essendo questo l insieme delle soluzioni di un SLO, questo insieme è un sottospazio di R 3 di dimensione 1, infatti tutti i vettori dell insieme delle soluzioni sono multipli di un unico vettore non nullo, per esempio: 1 (6 + 33) ( ) 2

3 ATTENZIONE: se è richiesta una base di uno sottospazio vettoriale come in questo caso la risposta deve essere data esibendo un insieme di vettori linearmente indipendenti come abbiamo appena fatto. È quindi errato scrivere che la base è, per esempio, t (6 + 33)t ( )t ; t R perché questo non è un insieme di vettori indipendenti. Il caso λ λ 2 è completamente analogo. 2. Sia dato il sistema λx 1 x 3 + x 4 0 x 1 + x 2 + x 3 + x 4 0 x 2 + λx 3 1 x 1 + x 2 + 2x 4 4 Discutere il numero di soluzioni del sistema al variare di λ R. Soluzione. Abbiamo qui un sistema lineare non omogeneo 4 4. Sappiamo che un tale sistema ha soluzione unica se e solo se la matrice A dei coefficienti è invertibile e quindi se e solo se det A 0. Studiamo allora λ λ λ λ λ ( ) λ λ λ λ (λ + 1) + λ(2λ 1 λ + 1) Se dunque det A λ(λ + 2) 0 il che accade per λ 0 e λ 2, il sistema ammette un unica soluzione (che troveremo in un secondo tempo). Esaminiamo separatamente i casi speciali λ 0 e λ 2. Caso λ 0. 3

4 La matrice completa del sistema è Riducendo a gradini troviamo, ad esempio, da cui deduciamo che il sistema è incompatibile. Caso λ 2. La matrice completa del sistema è Riducendo a gradini troviamo, ad esempio, 1 0 1/2 1/ /2 3/ / da cui deduciamo, di nuovo, che il sistema è incompatibile. Per finire, andiamo a calcolare le soluzioni per quei valori di k per cui esiste un unica soluzione. Usiamo la regola di Cramer λ x λ

5 λ λ x 2 λ x 3 λ λ x 4 6λ 4λ2 4 5λ 4 + 3λ + 4λ2 3. Nello spazio vettoriale delle colonne M(3 1) si considerino i vettori k u 0, v 1, w 1, r k (a) Determinare i valori di k in modo che B k {u, v, r k } sia una base per M(3 1). (b) Calcolare le coordinate del vettore w rispetto alla base B 0. Soluzione. (a) I tre vettori di B k sono indipendenti se e solo se la matrice 1 2 k è invertibile. Calcoliamo 1 2 k ( 1) k (2 k) 1 k Dunque per ogni valore di k, tranne k 1, B k è una base. 5

6 (b) In particolare, possiamo considerare il valore k 0 e prendere la base costituita dai vettori u 0, v 1, r e vogliamo ora determinare le coordinate del vettore w rispetto a B 0. Questo significa esprimere il vettore w come combinazione lineare dei vettori della base. Otteniamo a 0 + b 1 + c Questo equivale al sistema a + 2b 0 b + c 1 a + c 0 In definitiva allora dobbiamo prendere la matrice completa e ridurre a gradini. ciò significa che w 2u v + 2r 0 e dunque 2, 1, 2 sono le coordinate di w richieste. 6