Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare

Appello — 6 febbraio 2020 — Parte B — Tema B1

Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio deve cominciare all’inizio di una nuova pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Saranno tolti punti per le risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. Siano z1 = 1 + i√3 and z2 =

√2 + i

√2.

a) Calcolare la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e l’argomento di

z = z1z2 .

Abbiamoz = (1 + i

√3)(√

2 + i√

2) =√

2−√

6 + i(√

2 +√

6)

quindi

Re z =√

2−√

6 =√

2(1−√

3)

Im z =√

2 +√

6 =√

2(1 +√

3).

Abbiamo |z1| = |z2| = 2, arg z1 = π3e arg z2 = π

4, per cui

|z| = 4

arg z =7π

12.

b) Calcolare il modulo e l’argomento di z7 (si può lasciare il modulo sotto forma di potenzadi numeri primi).

È chiaro che|z7| = |z|7 = 47 = 214 .

Inoltrearg z7 = 7 arg z =

49π

12=

π

12+ 4π .

1

c) Calcolare la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e l’argomento di

w =z1z2

.

Abbiamo

w =1 + i

√3√

2 + i√

2=

(1 + i√

3)(√

2− i√

2)

2 + 2

=

√6 +√

2 + i(√

6−√

2)

4

per cui

Rew =

√6 +√

2

4=

√2(√

3 + 1)

4

Imw =(√

6−√

2)

4=

√2(√

3− 1)

4

inoltre

|w| = 2

2= 1

argw =π

3− π

4

=π

12

d) Alla luce dei punti precedenti, quali sono i valori (esatti) di cos π12 e sin π

12 .

Dalla domanda precedente risulta

cosπ

12=

√2(√

3 + 1)

4

sinπ

12=

√2(√

3− 1)

4.

Nota: siccome sappiamo calcolare la parte reale e la parte immaginaria della radicequadrata di un qualsiasi numero complesso, avremmo potuto ricavare questo cosenoe questo seno dalla radice quadrata di

√3 + i = 2ei

π6 – i conti risultano un po’ più

pesanti.

2

Esercizio 2. Si considerino i seguenti vettori di R5:

v1 =

−13115

, v2 =

0−4135

, v3 =

4−4−634

.

a) Esiste un sottospazio vettoriale di R5 che contenga i vettori v1, v2 e v3?

Sì, esistono sempre sottospazi vettoriali che contengono vettori di un dato spaziovettoriale. In questo caso i due esempi più ovvi sono R5 e il sottospazio generatoda questi vettori, cioè il sottospazio

V = 〈v1, v2, v3〉 = {av1 + bv2 + cv3 | (a, b, c) ∈ R3}

b) Nel caso affermativo della domanda di cui sopra, quali sono tutte le dimensioni possibiliper un sottospazio che contenga i tre vettori?

Un sottospazio che contenga i tre vettori v1, v2 e v3 dovrà contenere almeno ilsottospazio generato da essi, cioè V , ed essere contenuto in R5. Le dimensionipossibili sono quindi tutte le dimensioni da quella di V alla dimensione di R5, cioè5. Rimane quindi da calcolare la dimensione di V che è la caratteristica dellamatrice

M =

−1 0 4

3 −4 −41 1 −61 3 35 5 4

.

La caratteristica di M è 3 (per il procedimento di Kronecker, si possono scegliereil primo coefficiente in alto a sinistra, poi la matrice 2× 2 in alto a sinistra, poi leprime due e la quarta riga) per cui i sottospazi che contengono v1, v2 e v3 sono didimensione 3, 4 o 5 (inoltre ce n’è un unico di dimensione 3 ed è V e un unico didimensione 5 ed è R5).

c) Determinare dei numeri reali (non tutti nulli) a, b, c, d ed e in modo tale che il sottospazio

W =

xyztu

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ax+ by + cz + dt+ eu = 0

contenga i vettori v1, v2 e v3.

3

I cinque reali devono soddisfare le condizioni seguenti:−a + 3b + c + d+ 5e = 0− 4b + c+ 3d+ 5e = 0

4a− 4b− 6c+ 3d+ 4e = 0

e sono quindi soluzioni di un sistema lineare di cui la matrice dei coefficienti èMT . Il sistema è omogeneo con una matrice dei coefficienti di caratteristica 3.Esso ha quindi un insieme di soluzioni che dipendono da due parametri (da quantoaccennato alla domanda precedente, c ed e possono essere presi come parametri).Una possibile soluzione è

a = 7b = 1c = 4d = 0e = 0 .

Si verifica in brutta che con questi 5 numeri i vettori v1, v2 ev3 stanno in W .Nota: i sottospazi del tipo di W sono esattamente tutti i sottospazi di dimensione4 che contengono i tre vettori.

Esercizio 3. Si consideri il sistema dipendente dal parametro k ∈ R:(k + 1)x + y − 3z = 1

x+ 2y − 2z = 2−x− 2y + (k + 3)z = −2 .

a) Si discuta l’esistenza e il numero di soluzioni del sistema al variare di k.

La matrice dei coeffcienti del sistema è

A =

k + 1 1 −31 2 −2−1 −2 k + 3

Il suo determinante è

∆ = 2k2 + 3k + 1

= (k + 1)(2k + 1) .

(Si ricorda che per calcolare il determinante è meglio far comparire degli zeri;in questo caso era facile semplificare la matrice usando l’1 della seconda riga).Quindi per tutti i valori di k tranne per k = −1

2e k = −1 il sistema è determinato

e ammette un’unica soluzione.

4

Nei casi k = −12e k = −1 è facile osservare che la matrice A ha caratteristica

2 (perché la sottomatrice 2 × 2 in alto a destra ha determinante 4). Anche lacaratteristica della matrice completa, cioè la matrice A alla quale si aggiunge adestra il vettore dei termini noti, è 2. Infatti, dal teorema di Kronecker, percalcolare la caratteristica basta calcolare il determinante della matrice costituitadalle 2 colonne di destra di A e dalla colonna dei termini noti. Ma esso è nulloperché la seconda colonna di A coincide con la colonna dei termini noti. Quindiper k = −1

2e per k = −1 il sistema ammette una retta di soluzioni (ossia, ∞1

soluzioni).

b) Si risolva il sistema nei casi in cui non è determinato.

Nel caso k = −1 il sistema è y − 3z = 1

x + 2y − 2z = 2−x− 2y + 2z = −2 .

La terza riga è l’opposto della seconda, è quindi inutile. Sottraendo il doppio dellaprima alla seconda troviamo

x+ 4z = 0

Abbiamo quindi x = −4z e, nella prima equazione, y = 3z + 1. L’insieme dellesoluzioni è quindi S = {(−4z, 3z + 1, z) | z ∈ R}.Nel caso k = −1

2si trova invece z = 0 e x = 2− 2y, con y arbitrario.

In entrambi i casi, inserendo le soluzioni trovate nelsistema, si verifica che le equazioni sono soddisfatte.

5

Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare

Appello — 6 febbraio 2020 — Parte B — Tema B2

Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio deve cominciare all’inizio di una nuova pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Saranno tolti punti per le risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. Siano z1 = 1 + i√3 and z2 =

√2 + i

√2.

a) Calcolare la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e l’argomento di

z = z1z2 .

Abbiamoz = (1 + i

√3)(√

2 + i√

2) =√

2−√

6 + i(√

2 +√

6)

quindi

Re z =√

2−√

6 =√

2(1−√

3)

Im z =√

2 +√

6 =√

2(1 +√

3).

Abbiamo |z1| = |z2| = 2, arg z1 = π3e arg z2 = π

4, per cui

|z| = 4

arg z =7π

12.

b) Calcolare il modulo e l’argomento di z7 (si può lasciare il modulo sotto forma di potenzadi numeri primi).

È chiaro che|z7| = |z|7 = 47 = 214 .

Inoltrearg z7 = 7 arg z =

49π

12=

π

12+ 4π .

1

c) Calcolare la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e l’argomento di

w =z1z2

.

Abbiamo

w =1 + i

√3√

2 + i√

2=

(1 + i√

3)(√

2− i√

2)

2 + 2

=

√6 +√

2 + i(√

6−√

2)

4

per cui

Rew =

√6 +√

2

4=

√2(√

3 + 1)

4

Imw =(√

6−√

2)

4=

√2(√

3− 1)

4

inoltre

|w| = 2

2= 1

argw =π

3− π

4

=π

12

d) Alla luce dei punti precedenti, quali sono i valori (esatti) di cos π12 e sin π

12 .

Dalla domanda precedente risulta

cosπ

12=

√2(√

3 + 1)

4

sinπ

12=

√2(√

3− 1)

4.

Nota: siccome sappiamo calcolare la parte reale e la parte immaginaria della radicequadrata di un qualsiasi numero complesso, avremmo potuto ricavare questo cosenoe questo seno dalla radice quadrata di

√3 + i = 2ei

π6 – i conti risultano un po’ più

pesanti.

2

Esercizio 2. Si considerino i seguenti vettori di R5:

v1 =

−13115

, v2 =

3−7−202

, v3 =

1−7−361

.

a) Esiste un sottospazio vettoriale di R5 che contenga i vettori v1, v2 e v3?

Sì, esistono sempre sottospazi vettoriali che contengono vettori di un dato spaziovettoriale. In questo caso i due esempi più ovvi sono R5 e il sottospazio generatoda questi vettori, cioè il sottospazio

V = 〈v1, v2, v3〉 = {av1 + bv2 + cv3 | (a, b, c) ∈ R3}

b) Nel caso affermativo della domanda di cui sopra, quali sono tutte le dimensioni possibiliper un sottospazio che contenga i tre vettori?

Un sottospazio che contenga i tre vettori v1, v2 e v3 dovrà contenere almeno ilsottospazio generato da essi, cioè V , ed essere contenuto in R5. Le dimensionipossibili sono quindi tutte le dimensioni da quella di V alla dimensione di R5, cioè5. Rimane quindi da calcolare la dimensione di V che è la caratteristica dellamatrice

M =

−1 3 1

3 −7 −71 −2 −31 0 65 2 1

.

La caratteristica di M è 3 (per il procedimento di Kronecker, si possono scegliereil primo coefficiente in alto a sinistra, poi la matrice 2× 2 in alto a sinistra, poi leprime due e la quarta riga) per cui i sottospazi che contengono v1, v2 e v3 sono didimensione 3, 4 o 5 (inoltre ce n’è un unico di dimensione 3 ed è V e un unico didimensione 5 ed è R5).

c) Determinare dei numeri reali (non tutti nulli) a, b, c, d ed e in modo tale che il sottospazio

W =

xyztu

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ax+ by + cz + dt+ eu = 0

contenga i vettori v1, v2 e v3.

3

I cinque reali devono soddisfare le condizioni seguenti:−a + 3b + c + d+ 5e = 03a− 7b− 2c + 2e = 0a− 7b− 3c+ 6d + e = 0

e sono quindi soluzioni di un sistema lineare di cui la matrice dei coefficienti èMT . Il sistema è omogeneo con una matrice dei coefficienti di caratteristica 3.Esso ha quindi un insieme di soluzioni che dipendono da due parametri (da quantoaccennato alla domanda precedente, c ed e possono essere presi come parametri).Una possibile soluzione è

a = 1b = 1c = −2d = 0e = 0 .

Si verifica in brutta che con questi 5 numeri i vettori v1, v2 ev3 stanno in W .Nota: i sottospazi del tipo di W sono esattamente tutti i sottospazi di dimensione4 che contengono i tre vettori.

Esercizio 3. Si consideri il sistema dipendente dal parametro k ∈ R:(k + 1)x− 2y − 2z = −2

−x+ 3y + 2z = 3−3x+ 9y + (k + 7)z = 9 .

a) Si discuta l’esistenza e il numero di soluzioni del sistema al variare di k.

La matrice dei coeffcienti del sistema è

A =

k + 1 −2 −2−1 3 2−3 9 k + 7

Il suo determinante è

∆ = 3k2 + 4k + 1

= (k + 1)(3k + 1) .

(Si ricorda che per calcolare il determinante è meglio far comparire degli zeri; inquesto caso era facile semplificare la matrice usando il −1 della seconda riga).Quindi per tutti i valori di k tranne per k = −1

3e k = −1 il sistema è determinato

e ammette un’unica soluzione.

4

Nei casi k = −13e k = −1 è facile osservare che la matrice A ha caratteristica

2 (perché la sottomatrice 2 × 2 in alto a destra ha determinante 2). Anche lacaratteristica della matrice completa, cioè la matrice A alla quale si aggiunge adestra il vettore dei termini noti, è 2. Infatti, dal teorema di Kronecker, percalcolare la caratteristica basta calcolare il determinante della matrice costituitadalle 2 colonne di destra di A e dalla colonna dei termini noti. Ma esso è nulloperché la seconda colonna di A coincide con la colonna dei termini noti. Quindiper k = −1

3e per k = −1 il sistema ammette una retta di soluzioni (ossia, ∞1

soluzioni).

b) Si risolva il sistema nei casi in cui non è determinato.

Nel caso k = −1 il sistema è− 2y − 2z = −2

−x + 3y + 2z = 3−3x + 9y + 6z = 9 .

La terza riga è il triplo della seconda, è quindi inutile. Aggiungendo la prima allaseconda troviamo

−x+ y = 1

Abbiamo quindi y = x + 1 e (nella prima equazione del sistema iniziale) z = −x.L’insieme delle soluzioni è quindi S = {(x, x+ 1,−x) | x ∈ R}.Nel caso k = −1

3si trova invece z = 0 e x = −3 + 3y, con y arbitrario.

In entrambi i casi, inserendo le soluzioni trovate nelsistema, si verifica che le equazioni sono soddisfatte.

5

Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare

Appello — 6 febbraio 2020 — Parte B — Tema B3

Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio deve cominciare all’inizio di una nuova pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Saranno tolti punti per le risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. Siano z1 = 1 + i√3 and z2 =

√2 + i

√2.

a) Calcolare la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e l’argomento di

z = z1z2 .

Abbiamoz = (1 + i

√3)(√

2 + i√

2) =√

2−√

6 + i(√

2 +√

6)

quindi

Re z =√

2−√

6 =√

2(1−√

3)

Im z =√

2 +√

6 =√

2(1 +√

3).

Abbiamo |z1| = |z2| = 2, arg z1 = π3e arg z2 = π

4, per cui

|z| = 4

arg z =7π

12.

b) Calcolare il modulo e l’argomento di z7 (si può lasciare il modulo sotto forma di potenzadi numeri primi).

È chiaro che|z7| = |z|7 = 47 = 214 .

Inoltrearg z7 = 7 arg z =

49π

12=

π

12+ 4π .

1

c) Calcolare la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e l’argomento di

w =z1z2

.

Abbiamo

w =1 + i

√3√

2 + i√

2=

(1 + i√

3)(√

2− i√

2)

2 + 2

=

√6 +√

2 + i(√

6−√

2)

4

per cui

Rew =

√6 +√

2

4=

√2(√

3 + 1)

4

Imw =(√

6−√

2)

4=

√2(√

3− 1)

4

inoltre

|w| = 2

2= 1

argw =π

3− π

4

=π

12

d) Alla luce dei punti precedenti, quali sono i valori (esatti) di cos π12 e sin π

12 .

Dalla domanda precedente risulta

cosπ

12=

√2(√

3 + 1)

4

sinπ

12=

√2(√

3− 1)

4.

Nota: siccome sappiamo calcolare la parte reale e la parte immaginaria della radicequadrata di un qualsiasi numero complesso, avremmo potuto ricavare questo cosenoe questo seno dalla radice quadrata di

√3 + i = 2ei

π6 – i conti risultano un po’ più

pesanti.

2

Esercizio 2. Si considerino i seguenti vettori di R5:

v1 =

−13115

, v2 =

1−5024

, v3 =

3−5−543

.

a) Esiste un sottospazio vettoriale di R5 che contenga i vettori v1, v2 e v3?

Sì, esistono sempre sottospazi vettoriali che contengono vettori di un dato spaziovettoriale. In questo caso i due esempi più ovvi sono R5 e il sottospazio generatoda questi vettori, cioè il sottospazio

V = 〈v1, v2, v3〉 = {av1 + bv2 + cv3 | (a, b, c) ∈ R3}

b) Nel caso affermativo della domanda di cui sopra, quali sono tutte le dimensioni possibiliper un sottospazio che contenga i tre vettori?

Un sottospazio che contenga i tre vettori v1, v2 e v3 dovrà contenere almeno ilsottospazio generato da essi, cioè V , ed essere contenuto in R5. Le dimensionipossibili sono quindi tutte le dimensioni da quella di V alla dimensione di R5, cioè5. Rimane quindi da calcolare la dimensione di V che è la caratteristica dellamatrice

M =

−1 1 3

3 −5 −51 0 −51 2 45 4 3

.

La caratteristica di M è 3 (per il procedimento di Kronecker, si possono scegliereil primo coefficiente in alto a sinistra, poi la matrice 2× 2 in alto a sinistra, poi leprime due e la quarta riga) per cui i sottospazi che contengono v1, v2 e v3 sono didimensione 3, 4 o 5 (inoltre ce n’è un unico di dimensione 3 ed è V e un unico didimensione 5 ed è R5).

c) Determinare dei numeri reali (non tutti nulli) a, b, c, d ed e in modo tale che il sottospazio

W =

xyztu

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ax+ by + cz + dt+ eu = 0

contenga i vettori v1, v2 e v3.

3

I cinque reali devono soddisfare le condizioni seguenti:−a + 3b + c + d+ 5e = 0a− 5b + 2d+ 4e = 0

3a− 5b− 5c+ 4d+ 3e = 0

e sono quindi soluzioni di un sistema lineare di cui la matrice dei coefficienti èMT . Il sistema è omogeneo con una matrice dei coefficienti di caratteristica 3.Esso ha quindi un insieme di soluzioni che dipendono da due parametri (da quantoaccennato alla domanda precedente, c ed e possono essere presi come parametri).Una possibile soluzione è

a = 5b = 1c = 2d = 0e = 0 .

Si verifica in brutta che con questi 5 numeri i vettori v1, v2 ev3 stanno in W .Nota: i sottospazi del tipo di W sono esattamente tutti i sottospazi di dimensione4 che contengono i tre vettori.

Esercizio 3. Si consideri il sistema dipendente dal parametro k ∈ R:(k + 1)x + y − 3z = 1

x+ 2y − 2z = 2−x− 2y + (k + 3)z = −2 .

a) Si discuta l’esistenza e il numero di soluzioni del sistema al variare di k.

La matrice dei coeffcienti del sistema è

A =

k + 1 1 −31 2 −2−1 −2 k + 3

Il suo determinante è

∆ = 2k2 + 3k + 1

= (k + 1)(2k + 1) .

(Si ricorda che per calcolare il determinante è meglio far comparire degli zeri;in questo caso era facile semplificare la matrice usando l’1 della seconda riga).Quindi per tutti i valori di k tranne per k = −1

2e k = −1 il sistema è determinato

e ammette un’unica soluzione.

4

Nei casi k = −12e k = −1 è facile osservare che la matrice A ha caratteristica

2 (perché la sottomatrice 2 × 2 in alto a destra ha determinante 4). Anche lacaratteristica della matrice completa, cioè la matrice A alla quale si aggiunge adestra il vettore dei termini noti, è 2. Infatti, dal teorema di Kronecker, percalcolare la caratteristica basta calcolare il determinante della matrice costituitadalle 2 colonne di destra di A e dalla colonna dei termini noti. Ma esso è nulloperché la seconda colonna di A coincide con la colonna dei termini noti. Quindiper k = −1

2e per k = −1 il sistema ammette una retta di soluzioni (ossia, ∞1

soluzioni).

b) Si risolva il sistema nei casi in cui non è determinato.

Nel caso k = −1 il sistema è y − 3z = 1

x + 2y − 2z = 2−x− 2y + 2z = −2 .

La terza riga è l’opposto della seconda, è quindi inutile. Sottraendo il doppio dellaprima alla seconda troviamo

x+ 4z = 0

Abbiamo quindi x = −4z e, nella prima equazione, y = 3z + 1. L’insieme dellesoluzioni è quindi S = {(−4z, 3z + 1, z) | z ∈ R}.Nel caso k = −1

2si trova invece z = 0 e x = 2− 2y, con y arbitrario.

In entrambi i casi, inserendo le soluzioni trovate nelsistema, si verifica che le equazioni sono soddisfatte.

5

Università degli Studi di Bergamo – Scuola di IngegneriaCorso di Geometria e Algebra Lineare

Appello — 6 febbraio 2020 — Parte B — Tema B4

Tempo a disposizione: due ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi.Ogni esercizio deve cominciare all’inizio di una nuova pagina.Vanno consegnati solo questo foglio e la “bella”.Saranno tolti punti per le risposte non giustificate.

SOLUZIONI

Esercizio 1. Siano z1 = 1 + i√3 and z2 =

√2 + i

√2.

a) Calcolare la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e l’argomento di

z = z1z2 .

Abbiamoz = (1 + i

√3)(√

2 + i√

2) =√

2−√

6 + i(√

2 +√

6)

quindi

Re z =√

2−√

6 =√

2(1−√

3)

Im z =√

2 +√

6 =√

2(1 +√

3).

Abbiamo |z1| = |z2| = 2, arg z1 = π3e arg z2 = π

4, per cui

|z| = 4

arg z =7π

12.

b) Calcolare il modulo e l’argomento di z7 (si può lasciare il modulo sotto forma di potenzadi numeri primi).

È chiaro che|z7| = |z|7 = 47 = 214 .

Inoltrearg z7 = 7 arg z =

49π

12=

π

12+ 4π .

1

c) Calcolare la parte reale, la parte immaginaria, il modulo e l’argomento di

w =z1z2

.

Abbiamo

w =1 + i

√3√

2 + i√

2=

(1 + i√

3)(√

2− i√

2)

2 + 2

=

√6 +√

2 + i(√

6−√

2)

4

per cui

Rew =

√6 +√

2

4=

√2(√

3 + 1)

4

Imw =(√

6−√

2)

4=

√2(√

3− 1)

4

inoltre

|w| = 2

2= 1

argw =π

3− π

4

=π

12

d) Alla luce dei punti precedenti, quali sono i valori (esatti) di cos π12 e sin π

12 .

Dalla domanda precedente risulta

cosπ

12=

√2(√

3 + 1)

4

sinπ

12=

√2(√

3− 1)

4.

Nota: siccome sappiamo calcolare la parte reale e la parte immaginaria della radicequadrata di un qualsiasi numero complesso, avremmo potuto ricavare questo cosenoe questo seno dalla radice quadrata di

√3 + i = 2ei

π6 – i conti risultano un po’ più

pesanti.

2

Esercizio 2. Si considerino i seguenti vettori di R5:

v1 =

−13115

, v2 =

−1−3246

, v3 =

5−3−725

.

a) Esiste un sottospazio vettoriale di R5 che contenga i vettori v1, v2 e v3?

Sì, esistono sempre sottospazi vettoriali che contengono vettori di un dato spaziovettoriale. In questo caso i due esempi più ovvi sono R5 e il sottospazio generatoda questi vettori, cioè il sottospazio

V = 〈v1, v2, v3〉 = {av1 + bv2 + cv3 | (a, b, c) ∈ R3}

b) Nel caso affermativo della domanda di cui sopra, quali sono tutte le dimensioni possibiliper un sottospazio che contenga i tre vettori?

Un sottospazio che contenga i tre vettori v1, v2 e v3 dovrà contenere almeno ilsottospazio generato da essi, cioè V , ed essere contenuto in R5. Le dimensionipossibili sono quindi tutte le dimensioni da quella di V alla dimensione di R5, cioè5. Rimane quindi da calcolare la dimensione di V che è la caratteristica dellamatrice

M =

−1 −1 5

3 −3 −31 2 −71 4 25 6 5

.

La caratteristica di M è 3 (per il procedimento di Kronecker, si possono scegliereil primo coefficiente in alto a sinistra, poi la matrice 2× 2 in alto a sinistra, poi leprime due e la quarta riga) per cui i sottospazi che contengono v1, v2 e v3 sono didimensione 3, 4 o 5 (inoltre ce n’è un unico di dimensione 3 ed è V e un unico didimensione 5 ed è R5).

c) Determinare dei numeri reali (non tutti nulli) a, b, c, d ed e in modo tale che il sottospazio

W =

xyztu

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ax+ by + cz + dt+ eu = 0

contenga i vettori v1, v2 e v3.

3

I cinque reali devono soddisfare le condizioni seguenti:−a + 3b + c + d+ 5e = 0−a− 3b + 2c+ 4d+ 6e = 05a− 3b− 7c+ 2d+ 5e = 0

e sono quindi soluzioni di un sistema lineare di cui la matrice dei coefficienti èMT . Il sistema è omogeneo con una matrice dei coefficienti di caratteristica 3.Esso ha quindi un insieme di soluzioni che dipendono da due parametri (da quantoaccennato alla domanda precedente, c ed e possono essere presi come parametri).Una possibile soluzione è

a = 9b = 1c = 6d = 0e = 0 .

Si verifica in brutta che con questi 5 numeri i vettori v1, v2 ev3 stanno in W .Nota: i sottospazi del tipo di W sono esattamente tutti i sottospazi di dimensione4 che contengono i tre vettori.

Esercizio 3. Si consideri il sistema dipendente dal parametro k ∈ R:(k + 1)x− 2y − 2z = −2

−x+ 3y + 2z = 3−3x+ 9y + (k + 7)z = 9 .

a) Si discuta l’esistenza e il numero di soluzioni del sistema al variare di k.

La matrice dei coeffcienti del sistema è

A =

k + 1 −2 −2−1 3 2−3 9 k + 7

Il suo determinante è

∆ = 3k2 + 4k + 1

= (k + 1)(3k + 1) .

(Si ricorda che per calcolare il determinante è meglio far comparire degli zeri; inquesto caso era facile semplificare la matrice usando il −1 della seconda riga).Quindi per tutti i valori di k tranne per k = −1

3e k = −1 il sistema è determinato

e ammette un’unica soluzione.

4

Nei casi k = −13e k = −1 è facile osservare che la matrice A ha caratteristica

2 (perché la sottomatrice 2 × 2 in alto a destra ha determinante 2). Anche lacaratteristica della matrice completa, cioè la matrice A alla quale si aggiunge adestra il vettore dei termini noti, è 2. Infatti, dal teorema di Kronecker, percalcolare la caratteristica basta calcolare il determinante della matrice costituitadalle 2 colonne di destra di A e dalla colonna dei termini noti. Ma esso è nulloperché la seconda colonna di A coincide con la colonna dei termini noti. Quindiper k = −1

3e per k = −1 il sistema ammette una retta di soluzioni (ossia, ∞1

soluzioni).

b) Si risolva il sistema nei casi in cui non è determinato.

Nel caso k = −1 il sistema è− 2y − 2z = −2

−x + 3y + 2z = 3−3x + 9y + 6z = 9 .

La terza riga è il triplo della seconda, è quindi inutile. Aggiungendo la prima allaseconda troviamo

−x+ y = 1

Abbiamo quindi y = x + 1 e (nella prima equazione del sistema iniziale) z = −x.L’insieme delle soluzioni è quindi S = {(x, x+ 1,−x) | x ∈ R}.Nel caso k = −1

3si trova invece z = 0 e x = −3 + 3y, con y arbitrario.

In entrambi i casi, inserendo le soluzioni trovate nelsistema, si verifica che le equazioni sono soddisfatte.

5