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Capitolo 4Sistemi lineari

Esercizi svolti

Tutorato di geometria e algebra lineare

Marco Robutti

5 Ottobre 2017

IntroduzioneGli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:

• Dato un sistema lineare, riscriverlo in forma matriciale (vedi esercizio ).

• Dato un sistema lineare, determinare se il sistema è risolubile e, se larisposta è affermativa, determinare l’insieme delle soluzioni (vedi esercizi, , e ).

• Dati due vettori, determinare le equazioni cartesiane del sottospazio ge-nerato dalla loro combinazione lineare (vedi esercizio ).

• Esercizio di riepilogo in cui è presente un sistema lineare dipendente daun parametro reale k (vedi esercizio ).

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Esercizio 1Dato il sistema lineare:

3x+ y + 2z = 03y + z = 3x+ 2y + z − 3t = 1

2

riscriverlo in forma matriciale.

SoluzionePer riscrivere il sistema in forma matriciale, basta ricordarsi che in tale formaappare come:

AX = B

dove A è la matrice le cui colonne non sono nient’altro che costituite dai coeffi-cienti che stanno davanti alle incognite, mentre B è il vettore dei termini noti,cioè le cui entrate sono rappresentate dai termini che stanno dopo il segnouguale. Quindi possiamo scrivere in questo caso:

3 1 2 00 3 1 01 2 1 −3

xyzt

=

03

1/2

Come si può notare, la matrice A ha un numero di righe pari al numero diequazioni che costituiscono il sistema e un numero di colonne pari al numero diincognite del sistema.

3

Esercizio 2Dato il sistema:

3x− 3y − z = 32x+ z = 0x+ y + z = −1

determinare se il sistema è risolubile e, se la risposta è positiva, determinarnel’insieme delle soluzioni.

SoluzioneInnanzitutto riscriviamo il sistema in forma matriciale:

AX = B

3 −3 −12 0 11 1 1

xyz

=

30−1

Per determinare se il sistema è risolubile, dobbiamo affidarci al teorema diRouché-Capelli; pertanto dobbiamo determinare qual è la matrice completa delsistema:

A =

3 −3 −1 32 0 1 01 1 1 −1

e quindi verificare che rg (A) = rg

(A). Per fare ciò, dobbiamo utilizzare la

regola degli orlati di Kronecker. In questo caso, siccome la matrice A è unamatrice quadrata, conviene determinare prima il rango della matrice A piuttostoche della matrice A. Se invece fosse stata A ad essere quadrata, allora conveniva

4

calcolare prima il suo rango. In ogni caso, applicando Kronecker otteniamo:

|∆1| =∣∣∣∣2 01 1

∣∣∣∣ = 2 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

=

∣∣∣∣∣∣3 −3 −12 0 11 1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣5 −3 −10 0 1−1 1 1

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣ 5 −3−1 1

∣∣∣∣= − (5− 3)

= −2 6= 0

Possiamo concludere che rg (A) = 3 .Per calcolare il rango di A, non è necessario utilizzare il metodo di Kronecker,in quanto il vettore dei termini noti è sicuramente linearmente dipendente allecolonne della matrice A. Queste ultime infatti sono tre vettori linearmente indi-pendenti in R3, ovvero sono una base per R3: ne consegue quindi che qualsiasivettore appartenente a R3 può essere scritto come combinazione lineare dei vet-tori di tale base.Possiamo pertanto conlcudere che:

rg(A)

= rg (A) = 3,

e che pertanto, per il teorema di Rouché-Capelli, il sistema ammette soluzioni.Per trovare l’insieme delle soluzioni del sistema, notiamo subito che rg

(A)

=rg (A) = 3 = n, cioè il rango delle matrici A e A è pari al numero delle in-cognite del sistema. Come sappiamo (o dovremmo sapere) dalla teoria, in casicome questo si ha che la soluzione del sistema è univoca, e può essere utilizzatasfruttando il metodo di Cramer (sebbene in questo caso sarebbe più comodorisolverlo usando il metodo classico...). Se indichiamo con:

X0 =

x0y0z0

,

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la soluzione univoca del sistema, allora per il metodo di Cramer abbiamo che:

x0 = |∆1||A|

y0 = |∆2||A|

z0 = |∆3||A|

|∆1| =

∣∣∣∣∣∣3 −3 −10 0 1−1 1 1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣ 3 −3−1 1

∣∣∣∣= − (3− 3)

= 0

|∆2| =

∣∣∣∣∣∣3 3 −12 0 11 −1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣5 3 −10 0 1−1 −1 1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣ 5 3−1 −1

∣∣∣∣= − (−5 + 3)

= 2

6

|∆3| =

∣∣∣∣∣∣3 −3 32 0 01 1 −1

∣∣∣∣∣∣= 0

|A| =

∣∣∣∣∣∣3 −3 −12 0 11 1 1

∣∣∣∣∣∣= −2

Quindi:

x0 = 0

y0 = 2−2 = −1

z0 = 0

e la soluzione del sistema è:

X0 =

0−10

Come accennato in precedenza, in questo caso conveniva risolvere il sistema conil metodo classico, imparato alle scuole superiori; noi lo abbiamo risolto con ilmetodo di Cramer per questioni di natura puramente didattica.

7


x+ 2y + 3z + t = 0x+ z − t = 02x− y + z − 3t = 0



AX = B

1 2 3 11 0 1 −12 −1 1 −3

xyzt

=

000

Per il primo teorema di struttura, la soluzione a questo sistema lineare, che èomogeneo, è data da:

ker (A) ={X ∈ R4 | AX = 03

},

dim (ker (A)) = dim(R4)− rg (A)


In questo caso non è nemmeno necessario sfruttare il teorema di Rouché-Capelli,in quanto il sistema è omogeneo e quindi ammette sempre almeno una soluzione(che può anche essere la soluzione banale 04). Pertanto, abbiamo che:

|∆1| =∣∣∣∣1 02 −1

∣∣∣∣ = −1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

8

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣1 2 31 0 12 −1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣5 0 51 0 12 −1 1

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣5 51 1

∣∣∣∣= 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣1 2 11 0 −12 −1 −3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣5 0 −51 0 −12 −1 −3

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣5 −51 −1

∣∣∣∣= 0

Quindi rg (A) = 2, pertanto:


= 4− 2 = 2

Le equazioni cartesiane di ker (A) non sono date nient’altro che dalle righe li-nearmente indipendenti del sistema (cioè della matrice completa A che in questocaso è uguale a A). Infatti, ricordando la formula:

dim (V ) = dim (Rn)− n° equazioni cartesiane di V ,

possiamo facilmente ricavare che:

n° equazioni cartesiane di V = dim (Rn)− dim (V )= 2− 2 = 2

Quindi, scegliendo come righe linearmente indipendenti quelle contenenti la

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sottomatrice ∆1, che sappiamo avere determinante non nullo, abbiamo che:{x+ z − t = 02x− y + z − 3t = 0

Possiamo anche ottenere una descrizione parametrica dell’insieme ker (A) a par-tire dalla sua descrizione in equazioni cartesiane. Basta infatti fare come vistonel capitolo 1, ovvero basta aggiungere dei parametri (due in questo caso):

x+ z − t = 02x− y + z − 3t = 0x = α

t = βα+ z − β = 02α− y + z − 3β = 0x = α

t = βz = −α+ β

y = 2α+ z − 3βx = α

t = βz = −α+ β

y = 2α− α+ β − 3βx = α

t = βz = −α+ β

y = α− 2βx = α

t = β

Quindi possiamo scrivere:

ker (A) :

xyzt

= α

11−10

+ β

0−211

, α, β ∈ R

10


x+ 2y + 3z + t = 2x+ z − t = 02x− y + z − 3t = −1



AX = B

1 2 3 11 0 1 −12 −1 1 −3

xyzt

=

20−1

Per il primo teorema di struttura, la soluzione a questo sistema lineare, che è nonomogeneo, è data da una varietà lineare, cioè da una traslazione del sottospazioker (A):

V = X0 + ker (A) ,

dove X0 è una delle soluzioni del sistema e:

ker (A) ={X ∈ R4 | AX = 03

},


In questo caso è nemmeno necessario sfruttare il teorema di Rouché-Capelli,in quanto il sistema è non omogeneo e quindi non è detto che ammetta unasoluzione. Pertanto, abbiamo che:

|∆1| =∣∣∣∣1 02 −1

∣∣∣∣ = −1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

11

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣1 2 31 0 12 −1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣5 0 51 0 12 −1 1

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣5 51 1

∣∣∣∣= 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣1 2 11 0 −12 −1 −3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣5 0 −51 0 −12 −1 −3

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣5 −51 −1

∣∣∣∣= 0

Quindi rg (A) = 2. Per quanto riguarda la matrice A, i calcoli sono molto simili,essendo tale matrice uguale alla matrice A se non per il fatto che possiede unacolonna in più a quest’ultima. Quindi:

|∆1| =∣∣∣∣1 02 −1

∣∣∣∣ = −1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

12

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣1 2 31 0 12 −1 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣5 0 51 0 12 −1 1

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣5 51 1

∣∣∣∣= 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣1 2 11 0 −12 −1 −3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣5 0 −51 0 −12 −1 −3

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣5 −51 −1

∣∣∣∣= 0

|∆13| =

∣∣∣∣∣∣1 2 21 0 02 −1 −1

∣∣∣∣∣∣= −1

∣∣∣∣ 2 2−1 −1

∣∣∣∣= 0

Quindi possiamo concludere che rg (A) = rg(A)

= 2, e quindi che il sistemalineare è risolubile. Abbiamo che, per l’insieme delle soluzioni:

dim (V) = dim (ker (A)) = dim(R4)− rg (A)

= 4− 2 = 2

Le equazioni cartesiane di V non sono date nient’altro che dalle righe linearmenteindipendenti del sistema (cioè della matrice completa A). Quindi, scegliendo

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come righe linearmente indipendenti quelle contenenti la sottomatrice ∆1, chesappiamo avere determinante non nullo, abbiamo che:{

x+ z − t = 02x− y + z − 3t = −1

Possiamo anche ottenere una descrizione parametrica dell’insieme ker (A) a par-tire dalla sua descrizione in equazioni cartesiane. Basta infatti fare come vistonel capitolo 1, ovvero basta aggiungere dei parametri (due in questo caso):

x+ z − t = 02x− y + z − 3t = −1x = α

t = βα+ z − β = 02α− y + z − 3β = −1x = α

t = βz = −α+ β

y = 1 + 2α+ z − 3βx = α

t = βz = −α+ β

y = 1 + 2α− α+ β − 3βx = α

t = βz = −α+ β

y = 1 + α− 2βx = α

t = β


ker (A) :

xyzt

=

0100

+ α

11−10

+ β

0−211

, α, β ∈ R

14


x− y − 2t = 1x+ z − t = 22x+ y + 3z − t = 5



AX = B

1 −1 0 −21 0 1 −12 1 3 −1

xyzt

=

125

Per determinare se il sistema è risolubile dobbiamo verificare, come afferma ilteorema di Rouché-Capelli, che rg (A) = rg

(A). Quindi, partendo con il voler

determinare rg (A):

|∆1| =∣∣∣∣1 02 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣1 −1 01 0 12 1 3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣0 −1 01 0 13 1 3

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣1 13 3

∣∣∣∣= 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣1 −1 −21 0 −12 1 −1

∣∣∣∣∣∣= 0

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Per la regola di Kronecker possiamo concludere che rg (A) = 2. Verifichiamopertanto il rango di A:

A =

1 −1 0 −2 11 0 1 −1 22 1 3 −1 5

|∆1| =∣∣∣∣1 02 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ rg(A)≥ 2

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣1 −1 01 0 12 1 3

∣∣∣∣∣∣ = 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣1 −1 −21 0 −12 1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 0

|∆13| =

∣∣∣∣∣∣1 −1 11 0 22 1 5

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣3 0 61 0 22 1 5

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣3 61 2

∣∣∣∣= 0

Possiamo concludere che rg (A) = rg(A)

= 2. Quindi il sistema è risolubile.Detta V ⊂ Rn la varietà lineare che rappresenta l’insieme delle soluzioni delsistema, ricordando la formula:

dim (V) = dim (Rn)− rg (A) ,

possiamo facilmente ottenere:

dim (V) = 4− 2 = 2

Inoltre, ricordando la formula:

dim (V) = dim (Rn)− n° equazioni cartesiane di V,

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possiamo facilmente ricavare che:

n° equazioni cartesiane di V = dim (Rn)− dim (V)= 2− 2 = 2

Ne consegue quindi che, come si poteva già prevedere una volta trovato rg (A),solo due righe del sistema sono linearmente indipendenti e quindi indispensa-bili per descriverlo: le equazioni cartesiane del sottospazio sono quindi dateda queste due righe. Per comodità scegliamo le due righe che contengono lasottomatrice ∆1, il cui determinante sappiamo essere non nullo. Quindi:{

x+ z − t = 22x+ y + 3z − t = 5

Possiamo anche ottenere una descrizione parametrica dell’insieme V a partiredalla sua descrizione in equazioni cartesiane. Basta infatti fare come visto nelcapitolo 1, ovvero basta aggiungere due parametri:

x+ z − t = 22x+ y + 3z − t = 5x = α

z = βα+ β − t = 22α+ y + 3β − t = 5x = α

z = βt = α+ β − 2y = −2α− 3β + t+ 5x = α

z = βt = α+ β − 2y = −2α− 3β + α+ β − 2 + 5x = α

z = βt = α+ β − 2y = −α− 2β + 3x = α

z = β

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V :

xyzt

=

030−2

+ α

1−101

+ β

0−211

, α, β ∈ R

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Esercizio 6Dati i vettori:

v1 =

1−100

, v2 =

1010

,

determinare le equazioni cartesiane del sottospazio Span (v1,v2).

SoluzioneInnanzitutto dobbiamo creare la matrice A le cui colonne sono formate dai duevettori scelti seguiti dal vettore contenente delle generiche coordinate di R4,ovvero:

A =

1 1 x−1 0 y0 1 z0 0 t

Se indichiamo con V il sottospazio generato dai due vettori, cioè V = Span (v1,v2),allora possiamo affermare che tale sottospazio è caratterizzato dal fatto che i duevettori sono linearmente indipendenti. Questo, sulla matrice A, si riduce a volerdire che deve avere rg (A) = 2. Quindi, imponendo tale condizione attraversola regola degli orlati di Kronecker abbiamo che:

|∆1| =∣∣∣∣ 1 1−1 0

∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

|∆11| = 0∣∣∣∣∣∣1 1 x−1 0 y0 1 z

∣∣∣∣∣∣ = 0

∣∣∣∣∣∣1 0 (x− z)−1 0 y0 1 z

∣∣∣∣∣∣ = 0

−∣∣∣∣ 1 x− z−1 y

∣∣∣∣ = 0

−y − x+ z = 0

19

|∆12| = 0∣∣∣∣∣∣1 1 x−1 0 y0 0 t

∣∣∣∣∣∣ = 0

t

∣∣∣∣ 1 1−1 0

∣∣∣∣ = 0

t = 0

Quindi il sottospazio V = Span (v1,v2) è determinato dalle seguenti equazionicartesiane:

V :{x+ y − z = 0t = 0

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Esercizio 7 (Prova d’esame dell’8/02/2013, eser-cizio n° 2)Si consideri il seguente sistema lineare, dipendente dal parametro k:

(2 + k) y + z + (1 + k) t = 5 + 2k(5 + 2k)x+ y − 2z − (1 + k) t = −2(4 + k)x+ 2y − z + (1 + k) t = − (3 + k)

si determini:

1. il rango della matrice dei coefficienti A al variare di k;

2. per quali valori di k il sistema ammette soluzioni;

3. per quali valori di k lo spazio delle soluzioni ha dimensione 1;

4. la soluzione generale del sistema per k = 0.

SoluzionePunto (1)

Innanzitutto dobbiamo riscrivere il sistema in forma matriciale:

AX = B

0 (2 + k) 1 (1 + k)(5 + 2k) 1 −2 − (1 + k)(4 + k) 2 −1 (1 + k)

xyzt

=

5 + 2k−2

3 + k

,

quindi determiniamo il rango della matrice A al variare di k. Per fare ciò,prendiamo una sottomatrice a caso (ma non troppo: possibilmente una in cui cisiano meno parametri possibili) di dimensione massima possibile e imponiamo

21

che il suo determinante sia nullo. Nel nostro caso imponiamo che:∣∣∣∣∣∣(2 + k) 1 (1 + k)

1 −2 − (1 + k)2 −1 (1 + k)

∣∣∣∣∣∣ = 0

∣∣∣∣∣∣(3 + k) −1 0

1 −2 − (1 + k)3 −3 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

(1 + k)∣∣∣∣(3 + k) −1

3 −3

∣∣∣∣ = 0

(1 + k) (−9− 3k + 3) = 0

3 (1 + k) (2 + k) = 0k1 = −1

k2 = −2

Quindi siamo sicuri che per k 6= −1 ∧ k 6= −2, rg (A) = 3. Dobbiamo oracontrollare ad uno ad uno cosa accade per tali valori.

Per k = −1

In tal caso otteniamo:

A =

0 1 1 03 1 −2 03 2 −1 0

22

Applicando la regola degli orlati di Kronecker abbiamo che:

|∆1| =∣∣∣∣0 13 1

∣∣∣∣ = −3 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣0 1 13 1 −23 2 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣0 0 13 3 −23 3 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣3 33 3

∣∣∣∣= 0

Senza nemmeno prendere in considerazione l’altro orlato (che contiene il vettorenullo e quindi ha per forza di cose determinante nullo) possiamo affermare cheper k = −1, rg (A) = 2.

Per k = −2

In tal caso otteniamo:

A =

0 0 1 −11 1 −2 12 2 −1 −1

Applicando la regola degli orlati di Kronecker abbiamo che:

|∆1| =∣∣∣∣−2 1−1 −1

∣∣∣∣ = 3 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣0 1 −11 −2 12 −1 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣0 0 −11 −1 12 −2 −1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣1 −12 −2

∣∣∣∣= 1 6= 0

23

Senza nemmeno prendere in considerazione l’altro orlato (che contiene il vettorenullo e quindi ha per forza di cose determinante nullo) possiamo affermare cheper k = −2, rg (A) = 2.Riassumiamo i risultati appena ottenuti nella seguente tabella:

k rg (A)−1 2−2 2

qualsiasi altro valore 3

Punto (2)

La matrice completa del sistema è data da:

A =

0 (2 + k) 1 (1 + k) (5 + 2k)(5 + 2k) 1 −2 − (1 + k) −2(4 + k) 2 −1 (1 + k) − (3 + k)

Dal punto precedente abbiamo già tutto quello che ci serve: sappiamo infattiche per per k 6= −1 ∧ k 6= −2, rg

(A)

= 3, in quanto sia A che A contengono lastessa sottomatrice 3× 3 avente determinante non nullo.C’è da verificare cosa accade per i casi k = −1 ∧ k = −2.

Per k = −1In tal caso abbiamo che:

A =

0 1 1 0 33 1 −2 0 −23 2 −1 0 −2

,

pertanto, ripetendo una parte di calcoli già svolta in precedenza per la matrice

24

A:

|∆1| =∣∣∣∣0 13 1

∣∣∣∣ = −3 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣0 1 13 1 −23 2 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣0 0 13 3 −23 3 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣3 33 3

∣∣∣∣= 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣0 1 33 1 −23 2 −2

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣0 1 03 1 −53 2 −8

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣3 −53 −8

∣∣∣∣= 9 6= 0

Possiamo quindi concludere che per k = −1, rg(A)

= 3 6= rg (A) e che quindiil sistema lineare non ammette soluzioni.

Per k = −2

In tal caso abbiamo che:

A =

0 0 1 −1 11 1 −2 1 −22 2 −1 −1 −1

,

pertanto, ripetendo una parte di calcoli già svolta in precedenza per la matrice

25

A:

|∆1| =∣∣∣∣−2 1−1 −1

∣∣∣∣ = 3 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣0 1 −11 −2 12 −1 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣0 0 −11 −1 12 −2 −1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣1 −12 −2

∣∣∣∣= 0

|∆12| =

∣∣∣∣∣∣1 −1 1−2 1 −2−1 −1 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣0 −1 0−1 1 −1−2 −1 −2

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣−1 −1−2 −2

∣∣∣∣= 0

Possiamo quindi concludere che per k = −2, rg(A)

= 2 = rg (A) e che quindiil sistema lineare ammette soluzioni.Riassumendo quindi abbiamo che:

k rg (A) rg(A)

−1 2 3−2 2 2

qualsiasi altro valore 3 3

Quindi il sistema è risolubile ∀k ∈ R, k 6= −1.

Punto (3)

La dimensione dell’insieme delle soluzioni del sistema, che sia quest’ultimo unavarietà lineare V o più semplicemente ker (A), è sempre data dalla formula:

dim (ker (A)) = dim (V) = Rn − rg (A) ,

26

pertanto nel nostro caso:

k rg (A) rg(A)

dim (ker(A) = dim (V)−2 2 2 4− 2 = 2

qualsiasi altro valore 3 3 4− 3 = 1

Quindi, ∀k 6= −1 ∧ k 6= −2, dim (V) = dim (ker (A)) = 1.

Punto (4)

In tal caso possiamo scrivere il sistema nel modo seguente:

0 2 1 15 1 −2 −14 2 −1 1

xyzt

=

5−2−3

,

2y + z + t = 55x+ y − 2z − t = −24x+ 2y − z + t = −3t = 5− z − 2y5x+ y − 2z − 5 + z + 2y = −24x+ 2y − z + 5− z − 2y = −3t = 5− z − 2y5x+ 3y − z = 34x− 2z = −8t = 5− z − 2y5x+ 3y − z = 3z = 4 + 2xt = 5− z − 2y5x+ 3y − 4− 2x = 3z = 4 + 2xt = 5− z − 2yy = 7

3 − xz = 1 + 2x

27

Ponendo x = α otteniamo:t = 5− z − 2yy = 7

3 − αz = 4 + 2αx = αt = 5− 4− 2α− 14

3 + 2αy = 7

3 − αz = 4 + 2αx = αt = − 11

3y = 7

3 − αz = 4 + 2αx = α

Quindi, per k = 0 l’insieme delle soluzioni del sistema è dato da:

V :

xyzt

=

0

7/34

−11/3

+ α

1−120

, α ∈ R

28

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