ESERCIZI SVOLTI
— Esame del 10/06/2013 —
Esercizio 1 (tema 4, es. 2)
Si consideri seguente il sistema di equazioni lineari dipendente da un parametro λ ∈ R:
= 3
λx1 + 6x2
2x1 − 8x2 + 2x3 =
0
6x2 + λx3 = −3
a) Dire per quali valori di λ il sistema ammette un’unica soluzione.
b) Dire per quali valori di λ il sistema ammette infinite soluzioni.
c) Dire per quali valori di λ la terna (1, 0, −1) è soluzione del sistema.
Scelto un valore di λ a piacere fra quelli al punto b):
d) Determinare la soluzione generale del sistema.
e) Dire se la terna (2, 1, 2) è soluzione del sistema (motivando la risposta).
Soluzione
a) Scriviamo la matrice completa (A|B) del sistema, iniziando dalla seconda equazione, e
riduciamola per righe:
2 −8
(A|B) = λ
0
1
→
λ
2
0
1 −4
1
0
R1 → 21 R1
R3 →R3 −λR1
3 −−−−−→ λ 6 0
3 −−−−−−−→
6 λ −3
0 6 λ −3
1
−4
1 0
−4
1
0
R3 →R3 +R2
6
0 3
6
0
3 −−−−−−−→
λ
6
0
−λ 4λ + 6
0
−3
0
4(λ + 3)
0
0
= (A0 |B 0 )
Se λ ∈
/ {0, −3} la matrice dei coefficienti ha rango 3 ed il sistema ammette quindi un’unica
soluzione (ρ(A) = numero delle incognite).
Metodo alternativo: per il teorema di Cramer, il sistema ammette un’unica soluzione se
e solo se |A| =
6 0. Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla terza colonna:
λ 6
2 −8 + λ
|A| = 2
λ 6 = 12λ + λ(12 + 8λ) = 8λ(λ + 3)
0 6
Il determinante è diverso da zero se λ ∈
/ {0, −3}.
b) Se λ ∈ {0, −3} il sistema o è incompatibile oppure ammette infinite soluzioni. Guardando la matrice (A0 |B 0 ) in alto, si vede che se λ = −3 sia A0 che (A0 |B 0 ) sono ridotte per
righe ed hanno due righe non nulle. Quindi ρ(A0 ) = ρ(A0 |B 0 ) = 2 ed il sistema ammette
infinite soluzioni (teorema di Rouché-Capelli). Se λ = 0, la matrice A0 non è ridotta per
2
righe. Riducendola si ottiene:
1 −4
1 −4
1
0
6
0
0 12
0
R3 →R3 −2R2
3 −−−−−−−→ 0
0
0
(A0 |B 0 ) = 0
1
0
6
0
3
0
0
−6
Dall’ultima equazione si vede che il sistema è incompatibile (ρ(A) = 2 6= ρ(A|B) = 3).
c) La terna (1, 0, −1) è soluzione del sistema se sostituendo x1 = 1, x2 = 0 e x3 = −1 le
equazioni si riducono ad identità fra numeri reali. Effettuando la sostituzione si trova:
λ= 3
2−2=
0
−λ = −3
Quindi (1, 0, −1) è soluzione se e solo se λ = 3.
d) L’unico valore di λ per cui il sistema ammette infinite soluzioni è λ = −3. Scegliamo
quindi λ = −3 e determiniamo la soluzione generale. Il sistema diventa
(
−3x1 + 6x2 =
3
6x2 − 3x3 = −3
(siccome ρ(A|B) = 2, possiamo scartare una soluzione, in questo caso la seconda)
Scegliamo x2 come parametro libero (poniamo x2 = t). La soluzione generale è l’insieme
delle terne
(x1 , x2 , x3 ) = (2t − 1, t, 2t + 1)
al variare di t ∈ R.
e) Di nuovo, scegliamo λ = −3 e verifichiamo se la terna (2, 1, 2) è soluzione del sistema.
Sostituendola nella prima equazione si trova −3 · 2 + 6 · 1 + 0 · 2 = 0 6= 3. La prima
equazione non è soddisfatta, e quindi (2, 1, 2) non è una soluzione.
Esercizio 2 (tema 10, es. 1)
Sia A la matrice:
0
0
A=
0 −1
1
2
4
0
3
a) Determinare gli autovalori di A e le relative molteplicità (algebrica e geometrica).
b) Dire se la matrice è diagonalizzabile e/o invertibile.
c) Determinare un autovettore di A a piacere.
d) Scrivere, se esiste, una base di R3 contenente l’autovettore trovato al punto c).
Soluzione
X
3
a) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda riga si trova il polinomio caratteristico:
−λ
0
4
|A − λI3 | = 0 −1 − λ
0
1
2
3−λ
−λ
4 = −(λ + 1)
= −(λ + 1)(λ2 − 3λ − 4)
1 3−λ
Il polinomio caratteristico si annulla se λ = −1 oppure se λ =
√
3± 9+16
2
(
=
4
−1
.
Gli autovalori sono quindi λ1 = 4 con molteplicità algebrica e geometrica pari ad 1, e
λ2 = −1 con molteplicità algebrica mλ2 = 2 e molteplicità geometrica gλ2 = 3−ρ(A−λ2 I3 )
da determinare. Riordinando le righe si ottiene:
1 0 4
1
2
2
R1 →R3
−−−−→ 0
A − λ2 I3 =
0
0
0
1 2 2
1
0
0
4
0
Quindi ρ(A − λ2 I3 ) = 2 e gλ2 = 1 6= mλ2 .
b) Siccome gλ2 6= mλ2 , la matrice A non è diagonalizzabile.
La matrice A è invertibile se e solo se |A| =
6 0. Il determinante è il polinomio caratteristico
calcolato per λ = 0, in questo caso |A| = 4 e la matrice è invertibile.
c) Troviamo ad esempio un autovettore associato all’autovalore λ1 = 4. Le componenti di
tale vettore v = (x1 , x2 , x3 ) devono risolvere il sistema omogeneo di matrice dei coefficienti
A − λ1 I3 =
−4
0
4
0
2 −1
0 −5
1
Una equazione è superflua e può essere eliminata, ad esempio la terza. Le due rimanenti
sono:
(
−4x1 + 4x3 = 0
−5x2 = 0
Cioè x1 = x3 arbitrario e x2 = 0. Scegliendo x1 = 0 si trova un autovettore
v = (1, 0, 1)
d) Una base di R3 contenente v si trova con il metodo del completamente ad una base.
Detti e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) ed e 3 = (0, 0, 1) i vettori della base canonica, l’insieme
{v, e 1 , e 2 , e 3 } è un insieme di generatori. Applichiamo a questo insieme il metodo degli
scarti successivi: evidentemente e 3 = v − e 1 è combinazione lineare degli altri vettori e
può essere scartato. I tre vettori rimanenti formano la base cercata: B = (v, e 1 , e 2 ).
X
4
Esercizio 3 (tema 3, es. 1)
Sia A la matrice:
3
A=
0
5
1 −5
0
3 −3
2
a) Determinare gli autovalori di A e le relative molteplicità (algebrica e geometrica).
b) Dire se la matrice è diagonalizzabile e/o invertibile.
c) Determinare un autovettore di A a piacere.
d) Scrivere, se esiste, una base di R3 contenente l’autovettore trovato al punto c).
Soluzione
a) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda riga si trova il polinomio caratteristico:
3−λ
1
−5
3−λ
−5 = (2 − λ)(λ2 + 16)
|A − λI3 | = 0
2−λ
0 = (2 − λ)
5
−3 − λ
5
3 −3 − λ Gli autovalori sono le radici reali del polinomio caratteristico. λ2 + 16 non ha radici
reali. L’unico autovalore in questo caso è λ1 = 2 con molteplicità algebrica e geometrica
entrambe uguali ad 1.
b) Condizione necessaria affinchè A sia diagonalizzabile in campo reale è che tutte le
radici del polinomio caratteristico siano reali. Siccome in questo caso sono una reale e
due complesse coniugate, A non è diagonalizzabile.
c) Troviamo un autovettore associato all’autovalore λ1 = 2. Le componenti di tale vettore
v = (x1 , x2 , x3 ) devono risolvere il
1
A − λ1 I3 =
0
5
Il sistema
sistema omogeneo di matrice dei coefficienti
1 −5
1 1 −5
R3 →R3 −R1
0 0
−
−
−
−
−
−
−
→
0
0
0
3 −5
4 2
0
(
x1 + x2 − 5x3 = 0
4x1 + 2x2 = 0
Scegliendo x3 come parametro libero (ponendo x3 = t), si trova la soluzione generale
(−5t, 10t, t). Un autovettore si ottiene scegliendo ad esempio t = 1, ed è dato dal vettore:
v = (−5, 10, 1)
d) Una base di R3 contenente v si trova con il metodo del completamente ad una base.
Detti e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) ed e 3 = (0, 0, 1) i vettori della base canonica, l’insieme
{v, e 1 , e 2 , e 3 } è un insieme di generatori. Applichiamo a questo insieme il metodo degli
scarti successivi: siccome e 3 = v + 5e 1 − 10e 2 è combinazione lineare degli altri vettori,
può essere scartato. I tre vettori rimanenti formano la base cercata: B = (v, e 1 , e 2 ).
X
