Algebra lineare

[mila2]

buogiorno a tutti!mi servirebbe che qualcuno mi rispondesse ad una domanda.Verificando che il rango della matrice A e della completa A' sono uguali il teorema di Rouchè Capelli mi dice che esite almeno una soluzione, è possibile però che lo spazio delle soluzioni abbia dimensione zero?

[dissonance]

Certo. Un esempio particolarmente cretino: $x=0$.

[mila2]

grazie tante! una cosa ancora. se io devo provare per quale valore del parametro t il vettore$((3),(-2),(4))$ è autovettore della matrice

$((1,2,1),(2,4,t),(t,0,1))$

basta fare f$((x1),(x2),(x3))$ $((3),(-2),(4))$=$((0),(0),(0))$ ?

[dissonance]

Mah, veramente quello che devi verificare è (chiamo $A$ la matrice e $v$ il vettore) che $Av=lambdav$ per qualche scalare $lambda$.
Una maniera per farlo è questa:
svolgi prima di tutto il conto $Av$, che se non sbaglio è $[[3], [4t-2],[3t+4]]$. Ora noi vogliamo che questo vettore sia uguale a $lambda[[3], [-2],[4]]$ per un $lambda$ scalare. Questo è equivalente a richiedere che questi due vettori siano proporzionali, cosa che si può verificare imponendo che il rango della matrice $[[3, 3], [4t-2, -2],[3t+4, 4]]$ sia uguale a 1. A sua volta questa condizione è equivalente all'annullamento di tutti i minori di ordine 2.
Passiamo a fare i conti: un minore di ordine due (quello formato dalle prime due righe, per dirla alla buona) è $3*(-2)-3(4t-2)=-12t$. Questo è uguale a zero se e solo se $t=0$. Possiamo già dire che, per $t!=0$, $v$ non è autovettore di $A$. E per $t=0$? In questo caso la matrice diventa $[[3, 3], [-2, -2],[4, 4]]$ che ha evidentemente rango 1. Quindi in questo caso $v$ è autovettore di $A$.