Sistemi Lineari
Andrea Galasso
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Esercizi svolti
Teorema 1.1 (Rouché-Capelli). Un sistema lineare Ax = b ammette soluzioni
se e solo se il rango della matrice dei coefficienti A è uguale al rango della
matrice ottenuta affiancando ad A il vettore dei termini noti b, in simboli
Ax = b è possibile ⇐⇒ rg(A) = rg(A|b) .
Teorema 1.2 (Cramer). Il sistema lineare Ax = b, con A matrice quadrata
(r × r) e non singolare, ammette la soluzione (x1 , x2 , . . . , xr ) data da:
xi =
det(Ai )
det(A)
(i = 1, 2, . . . , r)
dove Ai è la matrice che si ottiene da A sostituendo la colonna dei termini noti
b al posto della i-esima colonna.
Esercizio 1.1. Discutere e risolvere, al variare del parametro reale k, il sistema:
kx + y = 1
x + y + (1 − k)z = k
2x + 2z = 2
Svolgimento: La matrici A, x e b sono rispettivamente:
k 1
0
x
1
1 1 1 − k , y e k .
2 0
2
z
2
Calcoliamo il determinante di A usando la regola di Laplace per la seconda
colonna
1 1 − k k 0
= 0,
det(A) = −1 · +1·
2
2 2 2
quindi il rango rg(A) < 3 per ogni valore di k. La sottomatrice
1 1
2 0
ha determinante non nullo, quindi si ha che rg(A) = 2 per ogni k.
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Occupiamoci ora del rango di A|b. Il determinante della sottomatrice ottenuta da A|b sopprimendo la terza colonna risulta
k 1 1 1 1 k = 2 · 1 1 + 2 · k 1 = 4 · (k − 1) ,
1 1
1 k 2 0 2
che è diverso da zero se k 6= 1. Se k = 1 le sottomatrici quadrate di ordine 3 di
A|b, diverse da A, che si ottengono da A|b sopprimendo la prima e la seconda
colonna sono rispettivamente
1 0 1
1 0 1
1 0 1 e 1 0 1 ,
0 2 2
2 2 2
che hanno determinanti entrambi nulli, per cui se k = 1 si ha rg(A|b) = 2.
Riassumendo
• Se k = 1 allora rg(A|b) = 2 = rg(A), e quindi esistono infinite soluzioni.
• Se k 6= 1 allora rg(A|b) = 3 6= 2 = rg(A), e quindi il sistema è impossibile.
Nel caso k = 1 possiamo trovare le soluzioni del sistema in funzione della
variabile y. Il sistema si riscrive
(
x+y =1
(1)
2x + 2z = 2
dove abbiamo eliminato la prima equazione perché identica alla seconda. Sostituendo x = 1 − y nella seconda equazione del sistema (1), si ottiene z = y.
Oppure è possibile risolvere il sistema utilizzando il Teorema 1.2. Esprimiamo
quindi le variabili x e z in funzione di y
(
x=1−y
2x + 2z = 2
che si può riscrivere, utilizzando le matrici
1 0
x
à =
, x̃ =
e
2 2
z
b̃ =
1−y
,
2
come Ãx̃ = b̃. Il determinante di à è uguale a 2, i determinanti delle matrici
Ãi per i = 1, 2 sono rispettivamente
1 − y 0
1
= 2 − 2y ,
det(Ã ) = 2
2
1 1 − y 2
= 2y .
det(Ã ) = 2
2 2
Quindi le soluzioni sono
det Ã1
= 1−y,
x=
det Ã
det Ã2
= y,
z=
det Ã
al variare di y ∈ R, che sono le stesse trovate in precedenza. Quindi, per k = 1,
le soluzioni sono (1 − y, y, y) per ogni y ∈ R.
Esercizio 1.2. Discutere e risolvere, al variare del parametro reale k, il sistema
Ax = b essendo:
1 1 k
x
2
A = 0 k 6 , x = y e b = 3 .
2 k 8
z
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Svolgimento: Calcoliamo il determinante di A rispetto alla prima colonna:
1 k
k 6
= 2k + 12 − 2k 2 = −2(k − 3)(k + 2) ,
+2·
det(A) = 1 · k 6
k 8
per cui se k 6= −2 e k 6= 3 allora rg(A) = 3. Se k = −2 o k = 3 allora il rg(A) = 2
poichè il determinante della sottomatrice di ordine 2 ottenuta sopprimendo la
prima riga e la seconda colonna è sempre non nullo.
Studiamo ora il rg(A|b). La sottomatrice ottenuta sopprimendo la seconda
colonna ha determinante, sviluppando rispetto alla prima colonna,
1 k 2
0 6 3 = 1 · 6 3 + 2 · k 2 = 6 + 6k − 24 = 6(k − 3) ,
6 3
8 5
2 8 5 quindi per k 6= 3 il rg(A|b) = 3.
Altrimenti, per k = 3, le sottomatrici quadrate 3 × 3, diverse da A, di A|b,
ottenute sopprimendo la terza e la prima colonna sono rispettivamente
1 1 2
1 3 2
0 3 3 e 3 6 3
2 3 5
3 8 5
hanno determinante nullo, quindi rg(A|b) = 2, poichè A è una sottomatrice di
A|b e rg(A) = 2. Riassumendo
• Se k 6= 3 e k 6= −2 allora rg(A|b) = 3 = rg(A), quindi il sistema ha una
soluzione.
• Se k = 3 allora rg(A|b) = 2 = rg(A), quindi il sistema ha infinite
soluzioni.
3
• Infine se k = −2 allora rg(A|b) = 3 6= 2 = rg(A), quindi il sistema è
impossibile.
Occupiamoci ora di trovare le soluzioni quando k 6= 3 e k 6= −2, usando
il metodo spiegato nel Teorema 1.2. Calcoliamo quindi i determinanti delle
matrici Ai per i = 1, 2, 3,
2 1 k det(A1 ) = 3 k 6 = −2k 2 + 4k + 6 = −2(k − 3)(k + 1) ,
5 k 8 1 2 k det(A2 ) = 0 3 6 = 24 − 30 + 2(12 − 3k) = −6(k − 3) ,
2 5 8 1 1 2 det(A3 ) = 0 k 3 = 5k − 3k + 2(3 − 2k) = −2(k − 3) .
2 k 5
La soluzione è quindi
det(A1 )
k+1
=
,
det(A)
k+2
det(A2 )
3
y=
=
,
det(A)
k+2
det(A3 )
1
z=
=
.
det(A)
k+2
x=
Nel caso k = 3 il sistema diventa
(
y + 2z = 1
2x + 3y + 8z = 5
(2)
dove abbiamo eliminato la prima riga. Si può, ad esempio, scrivere y in funzione
di z come y = 1 − 2z, sostituirlo nella seconda equazione ed ottenere x = 1 − z.
Oppure, usando il Teorema 1.2, si riscrive il sistema (3) esprimendo le variabili
x e y in funzione di z,
(
y = 1 − 2z
(3)
2x + 3y = 5 − 8z
che, in termini delle matrici
0 1
à =
,
2 3
x̃ =
x
y
e
b̃ =
1 − 2z
,
5 − 8z
diventa Ãx̃ = b̃. Il determinante di à è uguale a −2, i determinanti delle
matrici Ãi per i = 1, 2 sono rispettivamente
1 − 2z 1
1
= 3 − 6z − 5 + 8z = 2(z − 1) ,
det(Ã ) = 5 − 8z 3
4
0 1 − 2z = 2(2z − 1) .
det(Ã2 ) = 2 5 − 8z Quindi le soluzioni sono
det Ã1
= 1−z,
x=
det Ã
det Ã2
= 1 − 2z ,
y=
det Ã
al variare di z ∈ R, che sono le stesse trovate in precedenza. Quindi, per k = 3,
le soluzioni sono (1 − z, 1 − 2z, z) per ogni z ∈ R.
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