Dispense Sistemi Lineari, Dispense di Analisi Matematica I

Scarica Dispense Sistemi Lineari e più Dispense in PDF di Analisi Matematica I solo su Docsity!

Note sui sistemi lineari e sulle matrici

marzo 2009

Marco Boella e Enrico Schlesinger

reali. M a sottolineiamo che tutti i risultati di questo capitolo rimangono v alidi se a R si sostituisce un arb itrario campo K. Il motiv o per cui usiamo il campo dei numeri reali e che piu av anti, quando introdurremo la norma di un v ettore, av remo b isogno della adice quadrata di un numero nonnegativ o.

1. E semp i introd uttivi Prima di trattare la teoria in generale, consideriamo esempi di sistemi di equazioni lineari nelle tre incognite x, y, z. Cominciamo col caso di una equazione lineare:

(3) a 1 x + a 2 y + a 3 z = b

I numeri a 1 , a 2 e a 3 , che supponiamo essere numeri reali non tutti nulli, si dicono coeffi - cienti dell’equazione. Il numero b si dice termine noto dell’equazione. Una soluzione del- l’equazione (3) `e una terna ordinata (x 0 , y 0 , z 0 ) di numeri reali che v erificano l’equazione: a 1 x 0 + a 2 y 0 + a 3 z 0 = b.

Esempio 2.1. Consideriamo per esempio l’equazione x + 2y + 3z = 6 ha tra le sue soluzioni (6, 0 , 0) e (0, 3 , 0) e (1, 1 , 1). Le soluzioni di (3) sono v ettori di R^3 , e nel capitolo?? ab b iamo v isto che l’insieme di tutte le soluzioni `e un piano di R^3 perpendicolare al v ettore n = (a 1 , a 2 , a 3 ). Come facciamo a descriv ere esplicitamente tutte le soluzioni dell’equazione? Consid- eriamo per esempio l’equazione x + 2y + 3z = 6. Possiamo ricav are x in funzione delle altre incognite: x = − 2 y − 3 z + 6. Adesso possiamo assegnare a y un v alore arb itrario t 1 e a z un v alore arb itrario t 2 e ricav are la soluzione

x = − 2 t 1 −^3 t 2 + 6 y = t 1 z = t 2

Le equazioni (4) si dicono equazioni parametriche del pianox + 2y + 3z = 6: al v ariare dei parametri t 1 e t 2 in R le equazioni 4 descriv ono tutti i punti del piano, o equiv alentemente tutte le soluzioni dell’equazione; per esempio la soluzione (6, 0 , 0) si ottiene scegliendo t 1 = t 2 = 0, la soluzione (0, 3 , 0) prendento t 1 = 1 e t 2 = 0, la soluzione (1, 1 , 1) prendendo t 1 = t 2 = 1. E prendendo t 1 = 1/2 e t 2 = − 1 /3 trov iamo la soluzione (6, 1 / 2 , − 1 /3). Possiamo riscriv ere (4) in forma v ettoriale:

x y z

− 2 t 1 − 3 t 2 + 6 t 1 t 2

 (^) + t 1

 (^) + t 2

I v ettori che compaiono a destra, e cio`e v 0 =

, v 1 =

 (^) e v 2 =

, si

ottengono nel modo seguente: v 0 e la soluzione dell’equazione corrispondente a t 1 = t 2 = 0; le componenti di v 1 e v 2 sono i coeffi cienti di t 1 e t 2 rispettiv amente nelle equazioni parametriche del piano. S i noti che v 0e una soluzione particolare dell’equazione data, mentre v 1 e v 2 sod- disfano l’equazione omogenea associata x + 2y + 3z = 0, che ha gli stessi coeffi cienti ma termine noto uguale a zero. Le equazioni v ettoriali (5) mostrano che le soluzioni dell’e- quazione completa x + 2y + 3z = 6 si trov ano sommando alla soluzione particolare v 0 le

soluzioni dell’equazione omogenea associata x + 2y + 3z = 0. V edremo in seguito (?? ) che questo fatto v ale in generale per ogni sistema lineare. Per risolv ere l’equazione generale (3), procediamo in modo analogo: se a 1 6 = 0, dall’e- quazione ricav iamo x in funzione di y e z, e poi per ogni v alore di y e z trov iamo una e una sola soluzione del sistema (geometricamente, stiamo usando le v ariab ili y e z come coordinate del piano di equazione 3). S e inv ece a 1 = 0 ma a 2 6 = 0, l’equazione non pone alcun v incolo su x, e possiamo ricav are y in funzione di z. Q uesta v olta possiamo usare x e z come coordinate del piano. Per esempio risolv iamo y + 2z = 3. Poniamo x = t 1 e z = t 2 : allora y = 3 − 2 z = 3 − 2 t 2 e le soluzioni dell’equazione sono

x y z

t 1 3 − 2 t 2 t 2

 (^) + t 1

 (^) + t 2

Infine, se a 1 = a 2 = 0, allora a 3 non puo essere nullo, e quindi l’equazionee equiv alente all’equazione z = b che ha come soluzioni i v ettori della forma  

t 1 t 2 b

b

 (^) + t 1

 (^) + t 2

al v ariare di t 1 e t 2 in R.

Esempio 2.2. Consideriamo ora un esempio di un sistema di due equazioni nelle incognite x, y e z

x + 2y + 3z = 6 2 x − y + z = 2

R isoluzione alg ebrica

L’idea e: ricav are x dalla prima equazione, eliminarla poi dalla seconda equazione, ricav are quindi dalla seconda equazione y in funzione di z, infine usare z come parametro per descriv ere tutte le soluzioni. Conv iene procedere cosı: otteniamo un sistema equiv alente, cio`e con le stesse soluzioni, se alla seconda equazione sottraiamo la prima equazione moltiplicata per due, in modo da eliminare la x dalla seconda equazione:

x + 2y + 3z = 6 − 5 y − 5 z = − 10

Q uesto sistema si risolv e “sostituendo all’indietro”: poniamo z = t, poi ricav iamo y = 2 − z dalla seconda equazione, e infine sostituendo nella prima equazione trov iamo x = 6 − 2 y − 3 z = 2 − t. Q uindi le soluzioni del sistema sono i v ettori

x y z

2 − t 2 − t t

 (^) + t

Poniamo v 0 =

 (^) e v =

. S i noti che v 0 `e una soluzione particolare del

sistema (7), mentre v soddisfa il sistema omogeneo associato:

x + 2y + 3z = 0 2 x − y + z = 0

che ha v ettore direzione v = (− 1 , − 1 , 1). Il terzo piano H `e perpendicolare al v ettore n = (3, 8 , 10). S iccome v e n non sono perpendicolari:

< (− 1 , − 1 , 1), (3, 8 , 10) >= − 3 − 8 + 10 = − 1 ,

la retta r e il piano H non sono paralleli, e quindi si incontrano in un unico punto P = (0, 0 , 2). Q uindi P `e l’unico punto di intersezione dei tre piani in questione.

Esempio 2.4. Consideriamo nuov amente un sistema di tre equazioni in tre incognite:

x + y − 4 z = 1 2 x + 3y − 10 z = 2 5 x − 3 y − 4 z = 5

R isoluzione alg ebrica R isolv iamolo usando la stessa strategia dell’esempio precedente: eliminiamo x dalla seconda e dalla terza equazione, sottraendo alla seconda il doppio della prima e alla terza il quintuplo della prima:

x + y − 4 z = 1 y − 2 z = 0 − 8 y + 16z = 0

seguendo la falsariga dell’esempio precedente, a questo punto e necessario eliminare la y nella terza equazione, in questo caso sommando alla terza equazione la seconda moltipli- cata per otto, ci accorgiamo che con questa operazione tutta la terza equazione scompare, trasformandosi nell’identita 0 = 0:

x + y − 4 z = 1 y − 2 z = 0 0 = 0

Il sistema, pertanto, ha lo stesso comportamento del sistema 2.2: poniamo z = t, dal- la seconda equazione ricav iamo y = 2z = 2t, sostituendo questo risultato nella prima ricav iamo x = 1 + 4z − y = 1 + 2z = 1 + 2t, le soluzioni del sistema sono tutti i v ettori

x y z

1 + 2t 2 t t

 (^) + t

Ponendo v 0 =

 (^) e v =

, notiamo che anche in questo caso v 0 `e una soluzione

particolare del sistema di partenza, mentre{ v soddisfa il sistema omogeneo associato:

x + y − 4 z = 0 2 x + 3y − 10 z = 0

Interp retazione g eometrica L’insieme delle soluzioni `e costituito dai punti comuni ai tre piani indicati. Tutti e tre i piani contengono la stessa retta (come le pagine aperte di un lib ro hanno in comune la costola rilegata), le equazioni parametriche di questa retta sono le equazioni (16).

Esempio 2.5. Consideriamo un ultimo sistema di tre equazioni in tre incognite:

x − y − z = 3 3 x − 2 y − 4 z = 3 4 x + y − 9 z = 7

R isoluzione alg ebrica Adottiamo ancora la stessa strategia degli esempi precedenti: eliminiamo x dalla seconda e dalla terza equazione, sottraendo alla seconda il triplo della prima e alla terza il quadruplo della prima:

x − y − z = 3 y − z = − 6 5 y − 5 z = − 5

proseguendo, ora eliminiamo la y dalla terza equazione, sottraendo alla terza equazione il quintuplo della seconda, il primo memb ro della terza equazione si annulla, il secondo no, si tratta di un’equazione impossib ile:

x − y − z = 3 y − z = − 6 0 = 25

Q uesto sistema non ha soluzione.

Interp retazione g eometrica I tre piani, pur non essendo paralleli, non hanno alcun punto comune: i primi due si intersecano lungo una retta, che `e parallela al terzo.

1. L o sp azio vettoriale Rn Per risolvere i sistemi del paragrafo precedente ab b iamo compiuto delle semplici op- erazioni sulle equazioni del sistema: ab b iamo sommato (o sottratto) due equazioni, e ab b iamo moltiplicato (o div iso) un’equazione per un numero. Analogamente, per rap- presentare le soluzioni di un dato sistema ab b iamo impiegato le operazioni di somma di due vettori, e di p rodotto di un vettore per uno scalare. La trattazione dei sistemi lineari in generale richiede la naturale estensione di queste operazioni al caso di v ettori con un numero arb itrario di componenti. In questo paragrafo introduciamo quindi le operazioni di somma e prodotto per scalare e le loro principali proprieta. Un insieme con due operazioni di somma e p rodotto per scalare che v erifichino tali proprieta si dice spazio vettoriale. N ei capitoli successiv i incontreremo moltissimi esempi di spazi v ettori- ali (Rn, l’insieme delle matrici di tipo (m, n), l’insieme delle funzioni f : R → R, e tutti i loro “sottospazi”). S i tratta di una struttura algeb rica cosı semplice da ritrov arsi alla b ase di ogni teoria matematica moderna, ede per questo importante av erne presente la definizione fin dall’inizio.

S i definisce quindi la diff erenza di due v ettori:

v − w = v + (−w) =

x 1 − y 1 x 2 − y 2 .. . xn − yn

P rop riet`a d elle op erazioni d i somma e p rod otto p er scalare

(1) Propriet`a associativ a della somma: (v 1 + v 2 ) + v 3 = v 1 + (v 2 + v 3 ) per ogni v 1 , v 2 , v 3 in Rn.

(2) Il v ettore nullo `e un elemento neutro per la somma: (^0) n + v = v + (^0) n = v per ogni v ∈ Rn (3) E sistenza dell’opposto di un dato v ettore: per ogni v ettore v in Rn^ il v ettore opposto −v soddisfa l’uguaglianza

v + (−v) = (^0) n (4) Propriet`a commutativ a della somma: v + w = w + v per ogni v, w in Rn.

(5) Proprieta distrib utiv a del prodotto per scalare rispetto alla somma di v ettori: t(v + w) = tv + tw per ogni t ∈ R e ogni v, w ∈ Rn. (6) Proprieta distrib utiv a del prodotto per scalare rispetto alla somma di scalari:

(t + u)v = tv + uv per ogni t, u ∈ R e ogni v ∈ Rn. (7) Propriet`a associativ a del prodotto per scalare: t(uv) = (tu)v per ogni t, u ∈ R e ogni v ∈ Rn.

(8) N ormalizzazione prodotto per scalare: 1 v = v per ogni v ∈ Rn

O sser v a z ion e 3.3. N el capitolo?? tratteremo sistematicamente la teoria degli in- siemi che soddisfino le proprieta precedenti. Tali insiemi si dicono spazi v ettoriali (sul campo R). L’insieme Rn^e il primo esempio di spazio v ettoriale che incontriamo in questo corso.

C ombinazioni lineari e base canonica

D ef in iz ion e 3.4. S i dice che un v ettore v `e combinazione lineare dei v ettori v 1 ,... , vd se esistono d numeri reali t 1 ,... , td tali che v = t 1 v 1 + t 2 v 2 + .. + tdvd. I numeri t 1 ,... , td si dicono coefficienti della comb inazione lineare.

Esempio 3.5. Per esempio, v =

[

]

`e comb inazione lineare dei v ettori i =

[

]

e

j =

[

]

con coeffi cienti (3, 5): [ 3 5

]

[

]

[

]

Analogamente, un v ettore di R^3 si scriv e in modo unico come comb inazione lineare dei tre v ersori fondamentali: (^) 



x y z

 (^) = xi + yj + zk

dov e

i =

 (^) , j =

 (^) , k =

In Rn^ un ruolo analogo ai v ersori fondamentali `e giocato dai v ettori dagli n v ettori che hanno una componente uguale a uno e tutte le altre uguali a zero. Per per ogni i = 1, 2 ,... , n denotiamo col simb olo ei il v ettore che ha l’i-esima componente uguale a 1 e tutte le altre nulle:

e 1 =

 ,^ e^2 =

 ,^ · · ·^ ,^ en^ =

D ef in iz ion e 3.6. L’insieme ordinato {e 1 ,... , en} si dice base canonica di Rn.

V edremo pi`u av anti che il termine base ha un significato preciso, sostanzialmente significa sistema di riferimento. S i osserv i che

x 1 e 1 + · · · + xnen =

x 1 0 .. . 0

x 2 .. . 0

 +^ · · ·^ +

xn

x 1 x 2 .. . xn

Q uindi un arb itrario v ettore v =

x 1 .. . xn

 (^) di Rn^ si pu`o scriv ere in uno e un sol modo

come combinazione lineare dei v ettori della b ase canonica





x 1 .. . xn

 (^) = x 1 e 1 + · · · + xnen.

I coeffi cienti della comb inazione x 1 ,... , xn sono esattamente le componenti del v ettore v.

D ef in iz ion e 4.2. D ati un v ettore riga a =

[

a 1 a 2 · · · an

]

e un v ettore colonna

v =

x 1 x 2 .. . xn

con lo stesso numero n di componenti, definiamo

a v =

[

a 1 a 2 · · · an

]

x 1 x 2 .. . xn

 =^ a^1 x^1 +^ a^2 x^2 +^ · · ·^ anxn^ =

∑^ n

j= 1

= aj xj

Esempio 4.3. Per esempio, siano

a =

[

]

, v =

allora

a v = 1 · 4 + (−2) · 3 + 1 · 6 + 3 · (−1) = 1.

Possiamo ora moltiplicare una matrice con n colonne per un v ettore con n componenti: b asta moltiplicare ciascuna riga della matrice per il v ettore. Il risultato sar`a un v ettore con tante componenti quante sono le righe della matrice:

D ef in iz ion e 4.4. D efiniamo il prodotto di una matrice A di tipo (m, n) e di un v ettore colonna v con n componenti come segue: il prodotto Av e il v ettore colonna con m componenti la cui componente di posto ie il prodotto dell’i-esima riga di A per v:

(21) (Av)i = ai 1 x 1 + ai 2 x 2 +... ainxn =

∑^ n

j= 1

aij xj

dov e aij e xj sono le componenti di A e di v.

Q uindi

(22) Av =

a 11 a 12 · · · a 1 n .. .

am 1 am 2 · · · amn

x 1 x 2 .. . xn

de f

a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1 nxn .. .

am 1 x 1 + am 2 x 2 + · · · + amnxn

S i noti che Av e un v ettore colonna con m componenti, dov e me il numero di righe di A: il risultato del prodotto di una matrice di tipo (m, n) con una matrice di tipo (n, 1) `e una matrice (m, 1).

Per esempio  

2 π 4

2 − π + 28

Il prodotto Av si pu`o esprimere anche in termini delle colonne di A: infatti  

a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1 nxn .. .

am 1 x 1 + am 2 x 2 + · · · + amnxn

 (^) = x 1

a 11 .. . am 1

 (^) + x 2

a 12 .. . am 2

 (^) + · · · + xn

a 1 n .. . amn

Q uindi

(23) Av = x 1 A(1)^ + x 2 A(2)^ + · · · + xnA(n)

dov e A(1), A(2),... , , A(n)^ sono le colonne di A: Il p rodotto Av `e la combinazione lineare delle colonne di A ch e h a per coefficienti le componenti di v.

Il prodotto matrice per v ettore gode delle seguenti immediate ma fondamentali pro- priet`a:

P r oposiz ion e 4.5. S ia A una matrice m × n. Il p rodotto Av e lineare in v, cioe soddisfa le seguenti p rop rieta: a) A(v + w) = Av + Aw per ogni v e w in Rn^ (ad d itivita); b ) A(tv) = tAv per ogni scalare t in R e ogni vettore v in Rn^ (omog eneit`a).

D imost r a z ion e. V erifichiamo a). S ia aij l’elemento di posto (i, j) nella matrice A, e siano (x 1 , x 2 ,... , xn) le componenti di v, e (y 1 , y 2 ,... , yn) le componenti di w. Allora v + w ha componen- ti (x 1 + y 1 , x 2 + y 2 ,... , xn + yn), e possiamo v erificare che le componenti di A(v + w) coincidono con quelle di Av + Aw:

(A(v + w))i =

∑^ n

j= 1

aij (xj + yj ) =

∑^ n

j= 1

aij xj +

∑^ n

j= 1

aij yj =

= (Av + Aw)i Analogamente si v erifica b). §

M atrici associate a un sistema lineare

D ato un sistema lineare

a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1 nxn = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + · · · + a 2 nxn = b 2 .. .

am 1 x 1 + am 2 x 2 + · · · + amnxn = bm

si dice sistema omogeneo associato al sistema Ax = b. L’insieme delle sue soluzioni dipende solo dalla matrice A:

D ef in iz ion e 4.7. D ata una matrice A di tipo m × n, l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo Ax = (^0) m si dice nucleo della matrice e si denota col simb olo K er(A) (dall’inglese k ernel, che significa nucleo): K er(A) = {v ∈ Rn^ : Av = (^0) m}

L’insieme delle soluzioni di un sistema lineare ha una semplice struttura algeb rica e geometrica, perch´e il memb ro di sinistra di Ax = b `e lineare in x. Per cominciare, le soluzioni di un sistema lineare si ottengono sommando a una soluzione particolare i v ettori del nucleo della matrice:

P r oposiz ion e 4.8. S up poniamo ch e v 0 sia una soluzione particolare del sistema lineare Ax = b. A llora le soluzioni di Ax = b si ottengono sommando a v 0 le soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0 : sono i vettori della forma v = v 0 + vh dove vh `e una soluzione qualsiasi del sistema omogeneo associato (h sta per h omogeneous).

D imost r a z ion e. S upponiamo v sia una soluzione di Ax = b e consideriamo vh = v − v 0. Ab b iamo

Avh = Av − Av 0 = b − b = 0

quindi vh e una soluzione del sistema omogeneo. V icev ersa, se vhe una soluzione del sistema omogeneo e poniamo v = v 0 + vh, allora

Av = Av 0 + Avh = b + 0 = b

quindi v `e una soluzione del sistema completo. §

D ati un v ettore v 0 in Rn^ e un sottoinsieme W di Rn, definiamo

v 0 + W = {v ∈ Rn^ : v = v 0 + w, w ∈ W }.

S i tratta dell’insieme ottenuto traslando W del v ettore v 0. Possiamo allora riscriv ere l’enunciato della proposizione precedente nella forma:

S e v 0 e una soluzione particolare del sistema lineare Ax = b, l’insieme di tutte le soluzioni del sistemae v 0 + K er(A)

In particolare, se il sistema ammette soluzioni, la soluzione `e unica se e solo se il nucleo della matrice contiene unicamente il v ettore nullo.

Esempio 4.9. Consideriamo per esempio il sistema con l’unica equazione x + y = b nelle due v ariab ili x e y. La matrice del sistema e A = [1 1]. Il nucleo di Ae la retta y = −x. Le soluzioni di x + y = b sono i punti della retta y = −x + b, che `e parallela alla retta y = −x, e si ottiene traslando y = −x del v ettore v 0 = (b, 0).

V edremo nel prossimo paragrafo che, come negli esempi introduttiv i, esistono un numero intero s ≥ 0 e s v ettori v 1 ,... , vs nel nucleo K er(A) tali che le soluzioni del sistema sono i v ettori

v = v 0 + t 1 v 1 + · · · + tsvs

al v ariare dei parametri (t 1 ,... , ts) ∈ Rs. Identificando v 1 ,... , vs coi v ettori della b ase canonica di Rs, si ottiene una corrispon- denza 1−1 tra gli elementi del nucleo e Rs. Q uindi il nucleo e una copia di Rs^ all’interno di Rn, e l’insieme delle soluzioni si ottiene traslando di v 0 questa copia di Rs. Il fatto fondamentale da osserv aree che, anche quando il sistema ammette infinite soluzioni, ab b iamo ridotto il prob lema di determinare tutte le soluzioni al prob lema di determinare i v ettori v 0 , v 1 ,... , vs, che sono in numero finito, e possono essere calcolati da un computer. Per esempio in M atLab , inseriti i dati del sistema (la matrice completa), il comando?? (soluzione sistema) fornisce la soluzione particolare v 0 , il comando?? K er fornisce una b ase (ortonormale) del nucleo, cioe i v ettori v 1 ,... , vs. N el prossimo paragrafo descriv iamo l’algoritmo di eliminazione di G auss che produce i v ettori v 0 , v 1 ,... , vs. N el capitolo sugli spazi v ettoriali, tratteremo in astratto il prob lema dell’esistenza di una “b ase” del nucleo, ov v ero di v 1 ,... , vs, e mostreremo che s = n − r, dov e re il numero di equazioni linearmente indipendenti del sistema omogeneo associato.

1. M etod o d i eliminazione d i G auss In questo paragrafo illustriamo il metodo di eliminazione di G auss, M E G per b re- v ita, per la soluzione di un sistema lineare. L’idea alla b ase del metodoe la seguente. S upponiamo che nella prima equazione del sistema la v ariab ile x 1 ab b ia coeffi ciente non nullo. Allora possiamo eliminare da tutte le successiv e equazioni la v ariab ile x 1 sottraen- do un opportuno multiplo scalare della prima equazione (questo equiv ale a ricav are x 1 dalla prima equazione in funzione di x 2 ,... , xn, e sostituire x 1 con l’espressione ottenuta nelle altre equazioni). S e x 2 compare con coeffi ciente non nullo, possiamo iterare il pro- cedimento ed eliminare x 2 dalle equazioni successiv e alla seconda, fino a ridurci (sempre che i coeffi cienti delle incognite da eliminare siano sempre non nulli, e che il numero di equazioni sia uguale al numero n delle incognite) a un sistema della forma

x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 + · · · + a 1 nxn = b 1 x 2 + a 23 x 3 + · · · + a 2 nxn = b 2 .. .

xn− 1 + an− 1 ,nxn = bn− 1 xn = bn

Possiamo ricav are xn dall’ultima equazione; sostituendo nella penultima equazione trov iamo il v alore di xn− 1 , e cos`ı v ia procedendo per sostutuzione all’indietro determini- amo l’unica soluzione del sistema. Consideriamo ora alcuni esempi.

Esempio 5.1. Ab b iamo gi`a utilizzato nell’E sempio (2.3) il metodo di eliminazione per risolv ere il sistema

Per eliminare x 1 dalle equazioni successiv e alla prima, occorre far comparire degli zeri nella prima colonna in tutte le righe sotto la prima. Per far questo b asta sottrarre alle righe successiv e alla prima un opportuno multiplo della prima riga. Otteniamo cos`ı:

[A 1 |b 1 ] =

S i e v erificato un prob lema: nella seconda riga il coeffi ciente di x 2e zero: non possi- amo eliminare x 2 dalla terza e dalla quarta equazione sottraendo multipli della seconda equazione. Per ov v iare a questo inconv eniente b asta scamb iare tra loro seconda e terza riga, in quest’ultima il coeffi ciente di x 2 `e non nullo. S camb iandole otteniamo

[A 2 |b 2 ] =

Ora possiamo riprendere l’algoritmo, e ottenere coeffi cienti nulli sulla seconda colonna nella terza e quarta riga, `e suffi ciente sottrarre alla quarta riga la “nuov a” seconda riga:

[A 3 |b 3 ] =

Infine cancelliamo il coeffi ciente di x 3 dall’ultima riga sommandole la terza riga moltipli- cata per 4:

[A 4 |b 4 ] =

Adesso possiamo risolv ere il sistema col metodo si sostituzione all’indietro. D all’ulti- ma equazione ricav iamo x 4 = 3, sostituendo nella terza equazione otteniamo x 3 = −1. R icav iamo x 2 dalla seconda equazione:

x 2 = − 5 − x 3 + 2x 4 = −5 + 1 + 6 = 2

e x 1 dalla prima x 1 = 4 − x 2 − 2 x 3 − x 4 = 4 − 2 + 2 − 3 = 1.

In conclusione, il sistema ammette l’unica soluzione (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = (1, 2 , − 1 , 3).

Esempio 5.3. Consideriamo il sistema

x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 7 x 1 + 2x 2 + 4x 3 = 6 x 1 + 2x 2 + 5x 3 = k

in cui k e un parametro reale. La matrice completa del sistemae

[A|b] =

1 2 5 k

Il primo passo dell’algoritmo, con cui otteniamo degli zeri sotto il primo coeffi ciente della prima colonna, non presenta prob lemi, e riduce la matrice a

[A 2 |b 2 ] =

0 0 2 k − 7

Ora pero tutti i coeffi cienti sotto il primo nella seconda colonna sono nulli: la v ariab ile x 2 non compare in nessuna equazione successiv a alla prima. Q uesto significa che il sistema non impone alcuna condizione sulla v ariab ile x 2 : se il sistema ammette soluzioni, ogni altro v ettore ottenuto da una una soluzione particolare camb iando la seconda coordi- natae ancora una soluzione. S i dice che x 2 `e una v ariab ile lib era del sistema. Asseg- namole un v alore arb itrario x 2 = t. Infine, eliminiamo x 3 dall’ultima equazione sottraendo dall’ultima riga la seconda riga moltiplicata per due. Otteniamo:

[A|b] =

0 0 0 k − 5

Ora l’ultima equazione e 0 = k − 5, chee v erificata solo se k = 5. Q uindi se k 6 = 5 il sistema non ammette soluzioni. S e inv ece k = 5, allora l’ultima riga `e identicamente nulla, e corrisponde all’equazione 0 = 0 che non impone alcuna condizione. Le uniche due equazioni rilev anti sono le prime due. D alla seconda ricav iamo x 3 = −1, dalla prima

x 1 = 7 − 2 x 2 − 3 x 3 = 7 − 2 t + 3 = 10 − 2 t

ricordando che alla v ariab ile x 2 possiamo assegnare un v alore arb itrario t. In conclusione, se k = 0, il sistema ammette le infinite soluzioni 



x 1 x 2 x 3

10 − 2 t t − 1

 (^) + t

Il metodo di soluzione di questi esempi si generalizza a un sistema arb itrario, e si pu`o per ora v agamente schematizzare come segue:

(1) le operazioni eff ettuate sulle righe delle matrici complete lasciano inv ariato l’in- sieme delle soluzioni del sistema; (2) tali operazioni v engono eff ettuate fino a ridurre la matrice completa del sistema a una “matrice scala”, ov v ero a una matrice sulla quale non e piu possib ile compiere eliminazioni; (3) il sistema corrispondente a una matrice a scala si risolv e col metodo di sosti- tuzione all’indietro. Analizziamo ora in dettaglio questi aspetti. Cominciamo con le operazioni che con- sentono la riduzione

5 .1. O p erazioni elementari sulle rig h e. Innanzitutto per il processo di riduzione sono suffi cienti due tipi di operazioni sulle righe della matrice completa del sistema:

a) sostituire a una riga la sua somma con un multiplo di un’altra riga; b ) scamb iare due righe. Q ueste operazioni si dicono operazioni elementari sulle righe di una matrice. Le operazioni elementari sono rev ersib ili mediante operazioni elementari: