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2. Risoluzione dei sistemi ridotti

2.1. Definizione. Un sistema lineare AX = B si dice ridotto se la sua matrice dei coefficienti A

è ridotta per righe.

La risoluzione di un sistema ridotto è particolarmente semplice, come mostrano i seguenti

esempi:

2.1.1. Esempio. Il sistema Σ : AX = B dato da:

 x + y + 2z = 4  

4

1 1 2

 −3

− −3 −2

Σ: y 2z = con (A, B) = 0 1 

 2

0 0 1

 z =2

è ridotto ed ammette una sola soluzione (x, y, z) = (−1, 1, 2), come si verifica facilmente sostituendo

il valore di z = 2 nella seconda equazione, determinando y = 1; infine si sostituiscono tali valori di

−1.

y e z nella prima equazione, ottenendo x =

2.1.2. Esempio. Il sistema a coefficienti reali

  

1

2x + y + 2z + t = 1 2 1 2 1

 − −1

Σ: 3

2x + 3y z = 3 con (A, B) = 2 3 0 

 0

x + z = 0 1 0 1 0

 −x.

si risolve sostanzialmente come in 2.1.1, partendo dall’ultima equazione z = Ponendo x = τ ,

−τ −τ, ∈

si determinano le soluzioni, che sono: (x, y, z, t) = (τ, + 1, τ ) con τ In tal caso ci sono

R.

infinite soluzioni che, più precisamente, corrispondono biiettivamente ad elementi di R.

2.1.3. Esempio. Il sistema Σ : AX = B associato alla matrice

3

1 2 1 

 −1 1

0 2

(A, B) = 

 2

0 0 3 

 1

0 0 0

è chiaramente incompatibile poiché l’ultima equazione risulta essere 0 = 1.

2.2. Osservazione. Negli esempi 2.1.1 e 2.1.2 si sono “eliminate” le incognite corrispondenti agli

elementi speciali selezionati nella matrice A, qui riportati in grassetto, partendo dal basso verso

l’alto:  

1 1 2 4

−2 −3

(A, B) = 0 1 =⇒ si elimina z, poi y e poi x.

 

0 0 1 2

Nell’altro esempio  

2 1 2 1 1

−1

(A, B) = 2 3 0 3 =⇒ si elimina z, poi y e poi t.

 

1 0 1 0 0 71

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 30.10.2014

Gli esempi precedenti suggeriscono, in modo naturale, il seguente

2.3. Metodo delle eliminazioni successive. Sia Σ : AX = B un sistema ridotto.

1. Per l’osservazione 1.6(i), si può supporre che (A, B) non abbia righe nulle.

2. Se A ha righe nulle, poiché (A, B) non ha righe nulle, Σ avrà equazioni del tipo 0 = b , con

i

6 ∅.

b = 0, quindi il sistema è incompatibile, cioè S =

i Σ

3. Se A non ha righe nulle allora m n. Quindi, essendo ridotta, ha m elementi speciali (dunque

è di rango m). Si eliminano quindi le incognite corrispondenti a tali elementi speciali, partendo

dall’ultima equazione e risalendo fino alla prima.

Per semplicità, vediamo il procedimento esplicito nel caso in cui A è TSC:

∗ ∗ b

a a a ... a ... a 

 1

11 12 13 1m 1n

∗ ∗ b

0 a a ... a ... a 2

22 23 2m 2n

 

∗ ∗ b

0 0 a ... a ... a 

 .

(A, B) = 3

33 3m 3n 

 ..

. .. .. .. .. .. .. 

 .. .

. . . . . .

 

∗ ∗ b

0 0 0 ... a ... a m

mm mn

Osserviamo che l’ultima equazione del sistema AX = B è della forma:

· · ·

a x + a x + + a x = b ,

mm m mm+1 m+1 mn n m

6

con a = 0. Dividendo ambo i membri per a , si ricava:

mm mm

−1 − · · · −

x = a (b a x + a x );

m m mm+1 m+1 mn n

mm

si osservi come x risulti espressa in funzione di x , . . . , x .

m m+1 n

Analogamente, dalla penultima equazione, si ricava:

−1 − − · · · −

x = a (b a x a x + a x ).

m−1 m−1 m−1m m m−1m+1 m+1 m−1n n

m−1m−1

Sostituendo l’espressione di x calcolata sopra, si ottiene x in funzione di x , . . . , x .

m m−1 m+1 n

Iterando tale procedimento, si ricavano le incognite x , x , . . . , x in successione, in funzione

m−2 m−3 1

delle rimanenti x , . . . , x .

m+1 n

2.4. Osservazione – Definizione. Nel metodo precedente abbiamo visto che le m incognite

x , . . . , x sono espresse in funzione delle restanti ( in numero n m): x , . . . , x ; queste ultime

1 m m+1 n ∈

si dicono incognite libere. Infatti, ogni qualvolta fissiamo x = λ , . . . , x = λ con λ R,

m+1 1 n n−m i

otteniamo una particolare soluzione del sistema. Questo accade in generale perchè A è ridotta. In

tal modo si definisce una corrispondenza biunivoca

1−1

n−m −−−−→ S

R Σ

dove n è il numero delle incognite di Σ e m = rk(A), il rango di A.

n−m

Si dirà anche che il sistema ha soluzioni.

72 Capitolo VI - Sistemi lineari

3. Risoluzione dei sistemi lineari generali

Dato un qualunque sistema lineare AX = B, uno dei possibili metodi di risoluzione usa il

procedimento di riduzione per righe delle matrici. Ricordando la nozione di matrice trasformata

per righe data nella Def. 4.1. Cap. V, si ha il seguente. 0 0

3.1. Teorema. Sia Σ : AX = B un sistema lineare e sia (A , B ) una matrice trasformata per

0 0 0

righe di (A, B). Allora i sistemi Σ e Σ : A X = B sono equivalenti.

t

Come al solito, siano A = (a ) e B = (b , . . . , b ).

Dimostrazione. ij 1 m

0 0

Se (A , B ) è ottenuta da (A, B) con una trasformazione di tipo s, la tesi è ovvia come visto in 1.6.

0 0

Se (A , B ) è ottenuta da (A, B) con una trasformazione di tipo λ sulla riga R , la tesi segue dal

i

6

fatto che, per ogni λ = 0, l’equazione lineare · · ·

a x + + a x = b

i1 1 in n i

è equivalente all’equazione · · ·

λa x + + λa x = λb .

i1 1 in n i

0 0

Sia ora (A , B ) ottenuta da (A, B) con una trasformazione di tipo D:

−→

R R + λR

i i j

6

con j = i. Per semplicità, possiamo supporre i = 2 e j = 1. Dunque

R

 

1

R + λR

2 1

0 0   .

(A , B ) = ..

 

.

 

R

m

Sia ora α = (α , . . . , α ) una soluzione di Σ, cioè valgono le identità:

1 n · · ·

a α + + a α = b (∗ )

i1 1 in n i i

0

per ogni i = 1, . . . , m. E’ chiaro che α è soluzione di tutte le equazioni di Σ , eccetto al più la

seconda. Basta quindi provare che α verifica

· · ·

(a + λa )x + + (a + λa )x = b + λb .

21 11 1 2n 1n n 2 1

A tale scopo si sommino, membro a membro, l’eguaglianza (∗ ) e λ volte (∗ ), ottenendo:

2 1

· · ·

(a + λa )α + + (a + λa )α = b + λb .

21 11 1 2n 1n n 2 1

0 ⊆ ⊆

Pertanto (α , . . . , α ) è soluzione di Σ , quindi S S . In modo analogo si prova S S .

0 0

1 n Σ Σ Σ Σ

Usando il teorema precedente si arriva al metodo di eliminazione di Gauss, o anche algoritmo

di Gauss, per la risoluzione di un sistema lineare generale.

3.2. Metodo di risoluzione dei sistemi lineari.

Dato il sistema lineare Σ : AX = B, per determinare S si procede come segue:

Σ 0 0 0

1. Si riduce per righe la matrice (A, B), ottenendo la matrice (A , B ), con A ridotta per righe.

0 0 0

: A X = B (usando il metodo di risoluzione

2. Si determina lo spazio delle soluzioni S di Σ

0

Σ

dei sistemi ridotti).

0

3. Per 3.1, Σ Σ , cioè S = S .

0

Σ Σ 73

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 30.10.2014

3.2.1. Esempio. Risolviamo il sistema lineare

 2x + y + z = 1

 − −

Σ: x y z = 0 .

x + 2y + 2z = 1

Riducendo per righe la matrice completa 

 1

2 1 1

−1 −1 0

(A, B) = 1 

 1

1 2 2

si ha: 

 

 1

1 2 1 1

2 1 1

→R

R +R

2 2 1 →R 0 0

R +R

−−−−−−−−→ 3 3 2 1 = (A , B ).

1 3 0 0

(A, B) 3 0 0 

 

 −−−−−−−−→

−1

−3 0

0 0 0

0 0

→R −2R

R 3 3 1

0 0 0 0

Poiché A è ridotta, il sistema Σ : A X = B è ridotto e quindi risolubile col metodo delle

eliminazioni successive:

2x + y + z = 1 y + z = 1/3

0

Σ : =⇒ .

3x = 1 x = 1/3 1

E’ chiaro che tale sistema ha una sola incognita libera e dunque il sistema ha soluzioni; si può

scegliere, ad esempio, z e in tal caso, ponendo z = λ, lo spazio delle soluzioni di Σ ha la forma:

3

{(x, ∈ | − ∈

S = y, z) (x, y, z) = (1/3, 1/3 λ, λ), λ

R R}.

Σ

Se, invece, si sceglie y come incognita libera, posto y = α, lo spazio delle soluzioni di Σ ha la forma:

3

{(x, ∈ | − ∈

S = y, z) (x, y, z) = (1/3, α, 1/3 α), α

R R}.

Σ

Ovviamente le due espressioni precedenti rappresentano, in modi diversi, lo stesso sottoinsieme S

Σ

3

di . Si noti che il numero delle incognite libere coincide con la differenza tra il numero delle

R

incognite ed il rango di A.

3.2.2. Esempio. Risolviamo il sistema lineare

 −

x + y z = 0

 −

Σ: 2x y = 1 .

y + 2z = 2

Riducendo per righe la matrice completa  

−1

1 1 0

−1

2 0

(A, B) = 1

 

0 1 2 2

si ha:    

−1 −1

1 1 0 1 1 0

→R −2R →R −R 0 0

R R

−3 −3

2 2 1 3 3 2

(A, B) 0 2 1 0 2 1 = (A , B ).

   

−−−−−−−−→ −−−−−−−−→

0 1 2 2 0 4 0 1

74 Capitolo VI - Sistemi lineari

0 0 0 0

Poiché A è ridotta, il sistema Σ : A X = B è ridotto; inoltre il numero delle incognite libere

0 0

è zero, dunque Σ , e quindi Σ, ha = 1 soluzione. Come al solito possiamo determinarla col

metodo delle eliminazioni successive:

 

− −z −1/4

x y + z = 0 x =

 

0 −

Σ : 3y + 2z = 1 =⇒ 2z = 7/4

4y = 1 y = 1/4

 

da cui (x, y, z) = (5/8, 1/4, 7/8). Ancora una volta si noti che il numero delle incognite libere è

dato da 3 rk(A) = 0, dove 3 è il numero delle incognite.

L’esempio seguente riguarda la discussione di un sistema con parametro: i coefficienti non

sono numeri reali, come nei casi visti in precedenza, ma possono contenere un simbolo (parametro)

che varia in La discussione di tali sistemi consiste nel determinare tutti i valori del parametro

R.

per i quali il sistema è risolubile e nel trovare tutte le soluzioni del sistema in corrispondenza di

tali valori. ∈

3.2.3. Esempio. Discutere il seguente sistema lineare nel parametro λ R:

−1

x + 2y + z + t =

 −

x + y z + 2t = 1

 .

Σ :

λ 2x + λy + λt = 0

 − −

λy 2z + λt = 2

Se si vuole risolvere il sistema con il solito metodo della riduzione per righe, bisogna fare attenzione

quando vengono usate espressioni che coinvolgono il parametro λ: −1

−1 1 2 1 1

1 2 1 1 

 →R −R

R −1 −2

−1 2 2 1 2

0 1

1

1 1 2 −→

−−−−−−−→

(A, B) = 

 − −2 − 2

0 λ 4 λ 2

0

2 λ 0 λ 

 →R −2R

R −λ −2

−λ −2 3 3 1 2

0 λ

2

0 λ −1

1 2 1 1 

→R −R

R −1 −2

3 3 2 2

0 1 0 0

−−−−−−−→ = (A , B ).

 − − 0

0 λ 3 0 λ 3 

→R −R

R −λ −

4 4 2 0 + 1 0 λ 1 0

A questo punto è utile eliminare da una delle ultime due righe il parametro λ. Ad esempio,

operando la trasformazione R R + R e, successivamente (dopo aver ulteriormente diviso la

3 3 4 0 0

→ −

terza riga per 2), R R + (1 λ)R , la matrice (A , B ) diventa:

4 4 3 −1 −1

1 2 1 1 1 2 1 1

   

−1 −2 −1 −2

0 1 2 0 1 2

−→

   

−1 − −1 −

0 0 λ 2 0 0 0 λ 2 0

   

−λ −

0 + 1 0 λ 1 0 0 0 0 a 0

44

− −

dove a = (1 λ)(λ 3). Si osservi che l’ultima trasformazione effettuata è corretta per ogni

44

∈ →

λ infatti l’unico caso dubbio si ha per λ = 1, per il quale la trasformazione diventa R 2R ,

R; 4 4

che è ancora accettabile.

Si noti ora che a = 0 se e solo se λ = 1 oppure λ = 3.

44

Si conclude dunque che Σ è sempre risolubile per 2.2; inoltre:

λ 75

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 30.10.2014

1

⇒ ⇒ ⇒ ∞

- λ = 1, 3 a = 0 rk(A) = 3 Σ ha soluzioni;

44 λ

6 ⇒ 6 ⇒ ⇒

- λ = 1, 3 a = 0 rk(A) = 4 Σ ha una sola soluzione.

44 λ

Risolviamo dunque i 3 sistemi lineari:

6 6

I) λ = 1 e λ = 3 −1

x + 2y + z + t =

 − −

y 2z + t = 2

Σ : .

λ − −

y + (λ 2)t = 0

 − −

(λ 3)(λ 1)t = 0

Come già osservato, tale sistema ammette un’unica soluzione per ogni λ in Possiamo determi-

R.

6

narla col metodo delle eliminazioni successive: poiché (λ−3)(λ−1) = 0, possiamo dividere l’ultima

− −

equazione per (λ 3)(λ 1) e dunque ottenere t = 0; risalendo le equazioni si ottiene:

x = 0

 −1

z =

 .

y = 0

 t = 0

In questo esempio specifico l’unica soluzione di ogni sistema Σ , che in generale varia con il

λ

parametro, non dipende da λ.

II) λ = 1

In questo caso l’ultima equazione si riduce all’identità 0 = 0 e quindi viene eliminata. Si ha quindi

il sistema particolare:  −1

x + 2y + z + t =

 − −

Σ : y 2z + t = 2 .

1 y + t = 0

Ancora col metodo delle eliminazioni successive si ottiene:

 x = 0

 −

z = t 1 .

−t

y =

quindi le soluzioni del sistema hanno la forma −α, −

(x, y, z, t) = (0, α 1, α).

III) λ = 3

Anche in questo caso l’ultima equazione si riduce all’identità 0 = 0 e quindi viene eliminata. Si ha

quindi il sistema particolare:  −1

x + 2y + z + t =

 − −

Σ : y 2z + t = 2

3 − y + t = 0

da cui  −3t

x =

 −1

z =

y = t

 −1,

pertanto le soluzioni di Σ : sono (x, y, z, t) = (−3α, α, α).

3

Riassumiamo quanto detto precedentemente nel seguente teorema, che fornisce un criterio

generale di risolubilità dei sistemi lineari.

76 Capitolo VI - Sistemi lineari


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Teemo92

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DETTAGLI
Esame: Algebra
Corso di laurea: Matematica
SSD:
Università: Trieste - Units
A.A.: 2014-2015

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Teemo92 di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Algebra e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Trieste - Units o del prof Brundu Michela.

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