Esercitazione 6

Anno Accademico 2008-2009
Corso di Algebra Lineare e Calcolo Numerico
per Ingegneria Meccanica
Esercitazione 6 - Soluzione
Immagine, nucleo. Teorema di Rouché-Capelli.
Esercizio 1
Sia L : R3 → R3 l’applicazione lineare rappresentata nella base canonica da:


1 0 0
A= 0 1 0 .
0 0 0
Di che trasformazione si tratta? Determinare Ker(L), Im(L), le loro dimensioni e una loro
base.
Soluzione
La matrice rappresenta una proiezione sul piano xy. A ha tre righe e tre colonne, quindi
rank(A) ≤ 3.
Esiste un minore non singolare
µ
¶
1 0
∗∗
A =
,
0 1
ma il determinante di A è nullo (la matrice ha una riga nulla). Si conclude che rank(A) = 2,
quindi dim (Im (L)) = 2. Per il teorema delle dimensioni abbiamo che dim (Ker (L)) = 3 −
dim (Im (L)) = 1.
Per determinare il nucleo di L risolviamo il sistema Ax = 0:


x = 0
(1)
y=0


0 = 0.
Il nucleo è formato dai vettori nella forma (0, 0, λ), cioè dai vettori paralleli all’asse z. Una
base per il nucleo è quindi il versore dell’asse z, e3 = (0, 0, 1)T .
Dato un generico vettore di R3 x = (x, y, z)T l’immagine di A è data da Ax = (x, y, 0)T .
L’immagine è quindi formata da tutti i punti del piano xy. Una possibile base è data dalle
due colonne di A linearmente indipendenti cioè
1

  
1
0
 0  ,  1 .
0
0
Esercizio 2
Sia L : R3 → R5 l’applicazione lineare rappresentata nella base canonica da:


1 4 1
 2 5 0 


.
3
6
0
A=


 1 7 0 
5 8 0
Determinare Ker(L), Im(L), le loro dimensioni e una loro base.
Soluzione
La dimensione dello spazio di partenza R3 è 3, dunque rank(A) ≤ 3. Inoltre, A contiene
una sottomatrice 3 ∗ 3 avente determinante non nullo:
¯
¯
¯ 1 4 1 ¯ ¯
¯
¯
¯ ¯ 2 5 ¯
¯ 2 5 0 ¯=¯
¯
¯
¯ ¯ 3 6 ¯ = −3 .
¯ 3 6 0 ¯
Quindi A è di rango 3.
Poiché dim (Im (L)) = rank(A) = 3, dal teorema delle dimensioni abbiamo che dim (Ker (L)) =
dim(R3 ) − dim (Im (L)) = 0, e dunque Ker(L) = {0}.
Una base per Im (L) è data da tre colonne linearmente indipendenti di A. Una base è quindi
formata dai vettori:
     
1
4
1
 2   5   0 
     
 3  ,  6  , 0  .
     
 1   7   0 
5
8
0
Esercizio 3
Discutere la risolubilità dei seguenti

x





x




 3x
sistemi lineari utilizzando il Teorema di Rouché-Capelli:
+ y + 2z + 3w = 13
− 2y
+z
+w =
8
+y
+z
−w =
1
2

2x + y + z − 2w = 1







3x − 2y + z − 6w = −2



x + y − z − w = −1





6x
− z − 9w = −2





5x − y + 2z − 8w = 3
Nel caso in cui i sistemi sono risolubili, si determini l’espressione generale della soluzione.
Soluzione del sistema 1
Indichiamo con A la matrice del primo sistema

1
1
A =  1 −2
3
1
lineare:

2
3
1
1  .
1 −1
Poiché A contiene una sottomatrice 3 ∗ 3 avente determinante non nullo:
¯
¯
¯ 1
1 2 ¯¯
¯
¯ 1 −2 1 ¯ = 13 ,
¯
¯
¯ 3
1 1 ¯
il suo rango è 3. Se chiamiamo L : R4 → R3 l’applicazione lineare rappresentata dalla matrice
A, abbiamo che dim (L) = 3, e quindi Im(L) = R3 : l’applicazione è suriettiva. Se ne deduce
che il sistema lineare correspondente ammette almeno una soluzione per ogni termine noto.
Inoltre, per il teorema delle dimensioni, si ha dim(Ker(L)) = 1. Il sistema ammette quindi
∞1 soluzioni, qualunque sia il termine noto. Per determinare le ∞1 soluzioni, portiamo a
secondo membro i termini contenenti w. Si ottiene il sistema di tre equazioni in tre incognite:

x + y + 2z = 13 − 3w





x − 2y + z = 8 − w




 3x + y + z = 1 + w
Con semplici passaggi si trova che x = −2 + w, y = −1 e z = 8 − 2w. Le soluzione del sistema
sono quindi tutti i vettori del tipo
(−2, −1, 8, 0) + w (1, 0, −2, 1) ∀w ∈ R .
Soluzione del sistema 2
Indichiamo con C la matrice del secondo sistema lineare:


2
1
1 −2
 3 −2
1 −6 



1 −1 −1 
C= 1
 .
 6
0
1 −9 
5 −1
2 −8
3
Osserviamo che la quarta riga della matrice è uguale alla somma delle sue prime tre righe.
In più, la quinta riga è uguale alla somma delle sue prime due righe. Quindi il suo rango è
uguale al rango della sottomatrice:


2
1
1 −2
 3 −2
1 −6 
1
1 −1 −1
Questa matrice contiene una sottomatrice 3 ∗ 3 di determinante non nullo:
¯
¯
¯ 2
1
1 ¯¯
¯
¯ 3 −2
1 ¯¯ = 11 ,
¯
¯ 1
1 −1 ¯
dunque il suo rango è 3, e rank(C)=3.
Consideriamo ora la matrice D, ottenuta orlando la
noti:

2
1
1 −2
 3 −2
1
−6


1 −1 −1
D= 1
 6
0
1 −9
5 −1
2 −8
matrice C con la colonna dei termini

1
−2 

−1 
 .
−2 
3
Come prima, la quarta riga della matrice è uguale a la somma delle sue prime tre righe. Ora
però la quinta riga non è piu uguale a la somma delle sue prime due rigue. Il rango di D è
quindi uguale al rango di


2
1
1 −2
1
 3 −2
1 −6 −2 
 .
D=
 1
1 −1 −1 −1 
5 −1
2 −8
3
Questa matrice ha una sottomatrice
¯
¯
¯
¯ 2
¯
1
1
1 ¯¯
¯
¯
¯ 3 −2
¯
1 −2 ¯¯
¯
= ¯¯
¯ 1
¯
1 −1 −1 ¯
¯
¯
¯ 5 −1
¯
2
3 ¯
4 ∗ 4 di determinante non nullo:
¯
¯
2
1
1
1 ¯¯
¯ 2
1
1
¯
3 −2
1 −2 ¯¯
¯ 3 −2
1
=
4
¯
1
1 −1 −1 ¯¯
¯ 1
1 −1
¯
0
0
0
4
¯
¯
¯
¯ 6= 0 ,
¯
¯
quindi è di rango 4. Poichè la matrice dei coefficienti del sistema e la matrice completa hanno
rango diverso, il sistema non ha soluzione per il teorema di Rouché-Capelli.
4
Esercizio 4
a) Discutere l’esistenza di soluzioni non banali del sistema lineare omogeneo di 3 equazioni
in 4 incognite x, y, z, t:


hx −hy
+t = 0



x −2y
−z
= 0




+y +hz +t = 0
al variare del parametro reale h e, quando esistono, trovare le soluzioni.
b) Discutere la risolubilità del sistema non omogeneo, avente termine noto b = (1, −2, 2)T ,
al variare del parametro h.
Soluzione
a) Indichiamo con A la matrice del sistema:


h −h 0 1
A =  1 −2 −1 0  .
0 1
h 1
Poiché la sottomatrice composta dai primi due elementi della terza e della quarta colonna
ha determinante:
¯
¯
¯ 0 1 ¯
¯
¯
¯ −1 0 ¯ = 1 ,
la matrice A ha rango ≥ 2 per ogni valore di h. Calcoliamo il determinante di tutte le
matrici ottenibili da A orlando tale sottomatrice. Orlando la sottomatrice con la prima
colonna e l’ultima riga, otteniamo:
¯
¯
¯ h 0 1 ¯
¯
¯
¯ 1 −1 0 ¯ = 0 ,
¯
¯
¯ 0 h 1 ¯
poiché la prima riga è ottenibile moltiplicando la seconda riga per h e sommando la
terza. Orlando la sottomatrice con la seconda colonna e l’ultima riga e sviluppando il
determinante lungo l’ultima colonna, otteniamo:
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ −h 0 1 ¯
¯ −h 0 ¯
¯ −2 −1 ¯
¯
¯
¯
¯ + 1¯
¯ −2 −1 0 ¯ = 1 ¯
¯ −2 −1 ¯ = −2 h + 1 + h = 1 − h .
¯ 1
¯
¯
h ¯
¯
¯ 1
h 1
5
Per h 6= 1 la matrice del sistema ha rango 3, mentre per h = 1 la matrice del sistema ha
rango 2. Conseguentemente, per h 6= 1 il sistema ammette ∞4−3 = ∞1 soluzioni, ovvero
le soluzioni formano un sottospazio di dimensione 1 e possono essere scritte in funzione
di un parametro arbitrario. Per h = 1 il sistema ammette ∞4−2 = ∞2 soluzioni, ovvero
le soluzioni formano un sottospazio di dimensione 2 e possono essere scritte in funzione
di due parametri arbitrari.
Calcoliamo le soluzioni per h = 1. Una maniera sistematica per determinare i parametri
liberi da cui dipende la soluzione è la seguente: teniamo a primo membro le incognite correspondenti alle colonne che formano una base dell’insieme immagine (ovvero le colonne
che formano il minore d’ordine r = rank(A) non nulllo) e portiamo a secondo membro
le altre incognite.
Nell’esempio in questione, come abbiamo visto, il minore
¯
¯
¯ 0 1 ¯
¯
¯
¯ −1 0 ¯
è sempre non nullo, e quindi le 3e e 4e colonne sono linearmente indipendenti, e lo stesso
vale per le due prime righe. Possiamo quindi eliminare la 3a riga in quanto dipendente
dalle altre due. Il sistema omogeneo si riduce quindi a
½
−x + y + t = 0
.
x − 2y − z = 0
Le soluzioni possono quindi essere scritte come:
(x = s1 , y = s2 , z = s1 − 2 s2 , t = s2 − s1 ) ,
ovvero formano il sottospazio di dimensione 2 generato dai vettori:
(1, 0, 1, −1) ,
(0, 1, −2, 1) .
Per h 6= 1, il minore d’ordine r = rank(A) non nullo è formato dalla seconda, terza
e quarta colonna. Teniamo quindi tutte le equazioni e portiamo a secondo membro la
prima incognita, ottenendo:

 − h y + t = −h x
−2y − z = −x

y + hz + t = 0
Dalla seconda
ricaviamo y = x−z
2 . Sostituendo nella terza equazione, otte¡ 1 equazione,
¢
x
niamo t = 2 − h z − 2 . Dalla prima equazione otteniamo infine: z = x. Le soluzioni
del sistema lineare possono quindi essere scritte come:
(x = s,
y = 0,
z = s,
t = −h s) ,
ovvero formano il sottospazio di dimensione 1, generato dal vettore:
(1, 0, 1, −h) .
6
b) Per h 6= −1, poiché la matrice del sistema ha rango 3 e lo spazio di arrivo è di dimensione
3, l’applicazione lineare L : R4 → R3 rappresentata dalla matrice è suriettiva. Quindi,
per ogni termine noto b, il sistema Ax = b ammette almeno una soluzione. Questa
soluzione non è unica: se x0 è soluzione del sistema, allora per ogni α ∈ R, e per ogni
x̄ ∈ Ker(L), x0 + αx̄ è anche soluzione del sistema. Ricordiamo che Ker(L) è formato
dalle soluzione del sistema omogeneo.
Per h = 1, la matrice del sistema ha rango 2. Consideriamo ora la matrice B, ottenuta
orlando la matrice A con il vettore dei termini noti b = (1, −2, 2)T :


1 −1 0 1 1
B =  1 −2 −1 0 −2  .
0 1
1 1 2
B contiene una sottomatrice 3 ∗ 3 avente determinante non nullo:
¯
¯


¯ 1 −1 1
¯ 1 −1 3
¯
¸
¯
¯
¯
¯ 1 −2 −2  = ¯ 1 −2 2  = − ¯ 1 3
= 1.
¯
¯
¯ 1 2
¯ 0 1
¯ 0 1 0
2
Quindi B ha rango 3. Poichè la matrice dei coefficienti del sistema e la matrice completa
hanno rango diverso, il sistema non ha soluzione per il teorema di Rouché-Capelli.
Esercizio 5
[Da un tema d’esame, 2007 ] Si consideri la seguente matrice:


1
1
2
0

0
2 m−1 1 
,
A=

0
2
0
0 
1−m 2
0
−m
ed il seguente termine noto:
b = (3, −1, 2, 2)T ,
1. Si determini, al variare del parametro m, il rango della matrice e una base dell’insieme
immagine.
2. Usando il teorema di Rouché-Capelli, si discuta al variare del parametro m se il sistema
lineare Ax = b ammette una soluzione e se questa è unica .
3. Si determini per quali valori di m il vettore xp = (0, 1, 1, 0)T è soluzione del sistema.
4. Per il valore m = −2 si determini una base di Ker(A).
5. Sempre per m = −2 si determini la soluzione generale del sistema Ax = b.
7
Soluzione
1. Osserviamo che la matrice A contiene un minore di ordine 2 non singolare:
µ
∗∗
A
=
1 1
0 2
¶
,
quindi rank(A) ≥ 2 per ogni m. Orlando A∗∗ con la quarta riga si ottiene il minore di
ordine 3

A∗∗∗

1 1 0
=  0 2 1 ,
0 2 0
che ha determinante -2, quindi rank(A) ≥ 3 per ogni m. Infine calcoliamo il determinante di A (partendo dalla terza riga):


1
2
0
0
m − 1 1  = −2(−m2 − m + 2).
det(A) = −2 det 
1−m
0
−m
Il determinante di A quindi si annulla per m = 1 e m = −2. Nel caso m 6= 1 ∧ m 6= −2
una base per l’immagine è costituita dalle quattro colonne linearmente indipendenti
di A, oppure dalla base canonica di R4 . Nel caso m = 1 ∨ m = −2 una base per
l’immagine è costituita dalle tre colonne di A linearmente indipendenti cioè la prima,
seconda e quarta colonna.
2. Nel caso m 6= 1 ∧ m 6= −2 la matrice A è invertibile quindi il sistema ammette una
soluzione unica. Nel caso m = 1 ∨ m = −2 bisogna valutare il rango della matrice B
ottenuta orlando A con il termine noto.

1

0
B=

0
1−m

1
2
0
3
2 m − 1 1 −1 
.
2
0
0
2 
2
0
−m 2
Orliamo il minore A∗∗∗ con la quinta colonna, ottenendo

B ∗∗∗∗

1
1
0
3

0
2 − 1 1 −1 
,
=

0
2
0
2 
1−m
2
−m 2



1 0 3
2 1 −1
2  − (1 − m) det  2 1 −1  = 2m + 4.
= 1 det  2 0
2 0 2
2 −m 2

det B ∗∗∗∗
La matrice B quindi ha:
8
• rango 4 se m 6= 1 ∧ m 6= −2
• rango 4 se m = 1
• rango 3 se m = −2.
Quindi nel caso m = −2 rank(A)=rank(B)=3 e il sistema ammette soluzione, in
particolare ∞1 soluzioni.
3. Cerchiamo il valore di m per cui Axp = b:


1+2=3



2 + m − 1 = −1

2=2



2 = 2
la prima, terza e quarta equazione sono identità, e dalla seconda si ricava m = −2.
4. Sostituiamo m = −2 nella matrice A e imponiamo Ax = 0:


x + y + 2z = 0



2y − 3z + w = 0

2y = 0



3x + 2y + 2w = 0


x + 2z = 0



−3z + w = 0

y=0



3x + 2w = 0


x = −2/3λ



z = λ/3

y=0



w = λ
Quindi una base per il nucleo è (-2/3,0,1/3,1).
5. Poichè nel caso m = −2 il rango è 3, e le colonne linearmente indipendenti sono la
prima, la seconda e la quarta, portiamo a destra l’incognita che corrisponde alla terza
colonna, cioè z, e ricaviamo le altre incognite di conseguenza.


x + y + 2z = 3



2y − 3z + w = −1

2y = 2



3x + 2y + 2w = 2


x + y = 3 − 2z



2y + w = −1 + 3z

y=1



3x + 2y + 2w = 2


x = 3 − 2z − 1



w = −1 + 3z − 2

y=1



3x + 2w = 0
La soluzione del sistema è quindi (2-2z, 1, z, -3+3z). Si osservi che il caso z = 1
corrisponde al punto 3.
9