Esercizi svolti di algebra lineare

Esercizio 1. Risolvere il sistema lineare

 2x − 5y + 4z = −3
x − 2y + z = 5

x − 4y + 6z = 10
Soluz.
La matrice dei coefficienti
2
A=
1
1
è
(1)
−5 4 −2 1 ,
−4 6 calcoliamone il rango. Il determinante di A è (applico la regola di Sarrus):
|A| = 2 · (−2) · 6 + (−5) · 1 · 1 + 4 · 1 · (−4)
(2)
− 4 · (−2) · 1 − (−5) · 1 · 6 − 2 · 1 · (−4)
=1
Quindi, essendo |A| = 0, il rango di A è 3.
matrice completa del sistema:
2 −5
A=
1 −2
1 −4
Ma allora tale è anche il rango della
4 −3 1
5 6 10 (infatti le prime tre colonne sono indipendenti perchè sono quelle di A, e d’altra
è ≤ 3 perchè A
ha solo tre righe); di conseguenza, per
parte il rango di A
il teor. di Rouche-Capelli, il sistema (1) ammette almeno una soluzione. Più
precisamente, poichè il rango di A è uguale al numero delle incognite, la soluzione
di (1) è unica, troviamola in due modi differenti.
Primo metodo. Usiamo dapprima la regola di Cramer [N.B. lo possiamo fare
perchè: 1) il numero delle equazioni è uguale a quello delle incognite (cioè A
è quadrata); 2) il rango del sistema è massimo (cioè |A| = 0)]. Le formule di
Cramer ci danno:
x=
|A1 |
,
|A|
y=
|A2 |
,
|A|
z=
|A3 |
,
|A|
(3)
dove Ai è la matrice ottenuta da A sostituendo all’i-ma colonna la colonna dei
termini noti di (1). Abbiamo già calcolato |A|, calcoliamo i |Ai |:
−3 −5 4 |A1 | = 5 −2 1 = · · · = 124
10 −4 6 (applicate Sarrus o Laplace). Analogamente:
2 −3 4
5 1
|A2 | = 1
1 10 6
1
= 75
e infine
2
|A3 | = 1
1
−5 −3 −2
5 = 31
−4 10 Quindi dalle (3) segue:
x = 124,
y = 75,
z = 31
Secondo metodo. Applichiamo al sistema (1) il metodo di eliminazione (o di
una successione
Gauss-Jordan). Si tratta di applicare alla matrice completa A
di trasformazioni elementari dei tre tipi seguenti:
1. scambio di due righe fra loro;
2. sostituzione di una riga con il prodotto di sè stessa per un numero = 0;
3. sostituire a una riga la sua somma con un’altra, eventualmente moltiplicata per una costante = 0,
in modo che al termine del procedimento la matrice incompleta A abbia la
parte triangolare inferiore nulla.
separando con una
Vediamo come si procede nel nostro caso. Riscrivo A
linea verticale l’ultima colonna, quella dei termini noti:
2 −5 4 −3 1 −2 1 5 1 −4 6 10 (non è essenziale, lo faccio solo per sottolineare il fatto che e trasformazioni
elementari si scelgono per ridurre a forma triangolare la parte a sinistra, anche
se naturalmente tali trasformazioni vanno estese anche agli elementi dell’ultima
colonna (se no non otterremmo un sistema equivalente a quello iniziale!)). Per
far comparire gli 0 nella prima colonna, prima sostituisco alla seconda riga la
somma di sè stessa, moltiplicata per −2, con la prima riga:
2 −5 4 −3 0 −1 2 −13 ;
1 −4 6 10 poi sostituisco alla terza riga la soma di sè stessa moltiplicata per −2 con la
prima riga:
2 −5
4 −3 0 −1
2 −13 0
3 −8 −23 2
A questo punto la prima colonna è a posto, non mi resta che fare in modo da far
comparire uno 0 alla fine della seconda colonna per avere la forma triangolare
richiesta; allo scopo, sostituisco alla terza riga la sua somma con la seconda,
moltiplicata per 3:
2 −5
4 −3 0 −1
2 −13 0
0 −2 −62 Tale matrice corrisponde al sistema

 2x − 5y + 4z = −3
−y + 2z = −13 ,

−2z = −62
(4)
equivalente al sistema originario (1) (cioè avente le stesse soluzioni). Ora, il
sistema (4) si risolve facilmente a partire dall’ultima equazione e procedendo
all’indietro fino alla prima:
−62
= 31
−2
y = 2z + 13 = 2 · 31 + 13 = 75
1
1
x = (5y − 4z − 3) = (5 · 75 − 4 · 31 − 3) = 124
2
2
z=
cioè la stessa soluzione ottenuta col primo metodo.
Esercizio 2. Risolvere il sistema lineare

 2x − 5y + 4z = −3
x − 2y + z = 5

x − 4y + 5z = 10
Soluz.
La matrice dei coefficienti
2
A=
1
1
mentre quella completa è
è
(5)
−5 4 −2 1 ,
−4 5 2 −5 4
= 1 −2 1
A
1 −4 5
−3 5 10 (6)
Il rango di A è almeno 2, infatti il sottodeterminante d’ordine 2 in alto a sinistra
2 −5 B=
1 −2 3
è non nullo (le due colonne non sono proporzionali). D’altra parte
|A| = 0,
Orliamo B con la
quindi il rango è proprio 2. Calcoliamo ora il rango di A.
terza riga e la quarta colonna e calcoliamo il minore corrispondente:
2 −5 −3 1 −2
5 = 31 = 0
1 −4 10 ha rango 3 e questo, per il teorema di
quindi, per il teorema degli orlati, A
Rouche-Capelli, implica che il sistema (5) non ammette soluzioni.
Allo stesso risultato possiamo arrivare applicando il metodo di eliminazione
alla matrice (6). Per ottenere gli zeri nella prima colonna sostituisco alla seconda
(risp. alla terza) riga la somma di sè stessa moltiplicata per −2 con la prima
riga:
2 −5
4 −3 0 −1
2 −13 0
3 −6 −23 Per ottenere zero alla fine della seconda colonna basta sostituire alla terza
riga la sua somma con la seconda moltiplicata per 3:
2 −5 4 −3 0 −1 2 −13 0
0 0 −62 abbiamo cosı̀ ottenuto il sistema

 2x − 5y + 4z = −3
−y + 2z = −13

0 = −62
ovviamente incompatibile (l’ultima equazione non è mai soddisfatta!); quindi,
essendo per costruzione tale sistema equivalente a (5), anche quest’ultimo è
incompatibile.
Esercizio 3. Risolvere il sistema lineare

 2x − 5y + 4z + u − v = −3
x − 2y + z − u + v = 5

x − 4y + 6z + 2u − v = 10
4
(7)
Soluzione. Le incognite sono 5 (x, y, z, u, v), la matrice dei coefficienti è
2 −5 4
1 −1 1 (8)
A=
1 −2 1 −1
,
1 −4 5
2 −1 il cui rango è 3: infatti, ad esempio, il minore d’ordine 3 formato dalle prime
3 colonne è uguale a 1 (è il determinante (2) del primo esercizio), e quindi è
non nullo. Quindi, per il teorema di Rouche-Capelli il sistema (7) è compatibile
(la matrice completa ha rango almeno uguale a quello della sottomatrice A e
d’altra parte non può avere rango maggiore di 3 perchè ha solo 3 righe). Inoltre,
per il teorema ”nullità + rango” il sistema ha infinite soluzioni dipendenti da
5 − 3 = 2 parametri. Un modo per risolvere il sistema può essere risolverlo
rispetto alle incognite x, y, z, cioè riscrivere (7) nella forma

 2x − 5y + 4z = f1 (u, v)
x − 2y + z = f2 (u, v)
,
(9)

x − 4y + 6z = f3 (u, v)
con:
f1 (u, v) = −3 − u + v, f2 (u, v) = 5 + u − v, f3 (u, v) = 10 − 2u + v
In altre parole, prendiamo u, v come parametri e risolviamo il sistema (9)
rispetto alle incognite x, y, z. In questo modo, per ogni scelta arbitraria dei
valori dei parametri u, v avremo una soluzione x (u, v) , y (u, v) , z (u, v) del sistema (9) (l’unicità della soluzione una volta fissati u, v è assicurata dal fatto
che il sistema (9) ha 3 equazioni e 3 incognite e che la matrice dei coefficienti
ha determinante non nullo (è il minore di (8) considerato prima)). Risolviamo
quindi (9) applicando, ad esempio, la formula di Cramer (3), dove A è la matrice
dell’esercizio precedente, e quindi |A| = 1, mentre Ai è la matrice ottenuta da
T
A sostituendone l’i-ma colonna con la colonna (f1 , f2 , f3 ) dei termini noti di
(9):
f1 (u, v) −5 4 x = |A1 | = f2 (u, v) −2 1 =
f3 (u, v) −4 6 = −8f1 + 14f2 + 3f3 = 16u − 19v + 124
e con analoghi calcoli
y = |A2 | = 9u − 11v + 75
z = |A3 | = 3u − 4v + 31
Esercizio 4. Calcolare la matrice inversa di
2 3 4 A=
2 1 1 −1 1 2 5
Soluzione. Innanzitutto, controlliamo se A è effettivamente invertibile:
|A| = 2 · (2 − 1) − 3 · (4 + 1) + 4 · (2 + 1) = −1 = 0
Quindi A è invertibile. Applichiamo, per il calcolo di A−1 , il procedimento
esposto a lezione, cioè: a) scriviamo la trasposta AT ; b) ad ogni elemento di AT
sostituiamo il suo complemento algebrico, ottenendo la matrice aggiunta A∗ ; c)
1
A∗ .
A−1 = |A|
a) La trasposta è
2 2 −1 1 AT = 3 1
4 1
2 b) Ricordo che il complemento algebrico dell’elemento di posto (i, j) è il determinante ottenuto da AT eliminando la riga i-ma e la colonna j-ma, moltiplicato
i+j
per (−1) . Ad esempio, il complemento algebrico dell’elemento di posto (1, 1)
è
1+1 1 1 2
(−1)
1 2 = (−1) · 1 = 1
Eseguendo gli analoghi calcoli per gli altri elementi di AT si ottiene
1 −2 −1 8
6 A∗ = −5
3 −5 −4 c) dividiamo per |A|:
A−1
−1
2
1 = −A∗ = 5 −8 −6 −3
5
4 6