Scarica Esercizi matematica al e più Esercizi in PDF di Complementi di matematica solo su Docsity!
Il metodo di Gauss per la risoluzione
dei sistemi lineari
A. De Paris
Questi appunti sono suddivisi in tre parti: “discussione”, “teoria” e “esempi ed esercizi”. La parte che va imparata e ripassata (per capirci, quella che “serve per l’esame orale”) e chiaramente la seconda. La “discussione” serve per introdurre e per far capire le motivazioni, dunque va letta e capita bene prima di studiare la teoria perch´ee un aiuto per poterla imparare con meno sforzo. Naturalmente per`o la discussione non va ripassata per l’esame. Gli “esercizi ed esempi” sono indispensabili per fissare le nozioni apprese a teoria e sono utili in vista dell’esame scritto.
Discussione
Alle scuole superiori si imparano vari metodi per risolvere i sistemi lineari. Probabilmente il piu popolaree il metodo “per sostituzione”. Tuttavia, e esperienza di molti che quando si applica il metodo per sostituzione a sistemi un po’ piu complicati del normale, si commettono facilmente degli errori. Noi siamo qui interessati ad imparare un metodo generale, per risolvere sis- temi lineari con un qualsiasi numero di equazioni e con un qualsiasi numero di incognite. L’esperienza ha dimostrato che il metodo per sostituzione puo essere migliorato. Il metodo piu usato oggi `e il metodo di Gauss, che ci proponiamo di esporre in questi appunti. Consideriamo il sistema lineare { 3 x + 2y − 9 = 0 x − y + 2 = 0
Chi e appassionato del metodo per sostituzione, riuscira facilmente a trovare la soluzione x = 1, y = 3.
Proviamo pero qui ad usare un altro metodo, che forse qualcuno avra gi`a in- contrato con il nome di “metodo di addizione e sottrazione”. Moltiplichiamo per tre entrambi i membri della seconda equazione, e sottraiamo ordinata- mente i due membri della prima. Otteniamo − 5 y + 15 = 0, da cui y = 3. Moltiplicando poi per due nella seconda e sommando alla prima otteniamo 5 x − 5 = 0, da cui x = 1. Confrontando i due metodi, dovrebbero essere evidenti due cose:
- Sotto sotto, i conti fatti sono quasi gli stessi.
- Il secondo metodo (una volta capito) e piu semplice da svolgere.
Si puo pensare anche ad un metodo misto: dopo aver ricavato y = 3 con “addizione e sottrazione” si puo passare alla sostituzione di tale valore in una delle due equazioni. Questi passaggi possono essere riassunti come segue: { 3 x + 2y − 9 = 0 x − y + 2 = 0
e 2 → 3 e 2 −e 1 ⇐⇒
3 x + 2y − 9 = 0 − 5 y + 15 = 0
3 x + 2 · 3 − 9 = 0 y = 3
x = 1 y = 3
Al primo passaggio abbiamo scritto e 2 → 3 e 2 − e 1 per significare: molti- plichiamo per tre entrambi i membri della seconda equazione e sottraiamo ordinatamente i membri della prima, e mettiamo l’equazione che risulta al posto della seconda. Se si dimostra (come e facile fare) che i passaggi sono dei “se e solo se” questo ci assicura che (x, y) = (1, 3)e l’unica soluzione del sistema. Facciamo un altro esempio di uso di questo metodo “misto”, provandolo su un sistema un po’ pi`u grande:
2 x + 3y + 5z + 3 = 0 x − y + z = 0 −x + 7y − 2 z − 1 = 0
Cominciamo con le “addizioni e sottrazioni”, in modo da semplificare:
e 2 −→ 2 e 2 − e 1 e 3 −→ 2 e 3 + e 1
2 x + 3y + 5z + 3 = 0 − 5 y − 3 z − 3 = 0 17 y + z + 1 = 0
la x e rimasta solo nella prima equazione, e le altre due equazioni costitui- scono un sistema piu piccolo, al quale possiamo riapplicare il metodo:
e 3 −→ 5 e 3 + 17e 2 =⇒
2 x + 3y + 5z + 3 = 0 − 5 y − 3 z − 3 = 0 − 46 z − 46 = 0
Avviamo il metodo:
e 2 →e 2 − 2 e 1 e 3 →e 3 − 3 e 1 ←→
e 3 →e 3 −e 2 ←→
L’ultima equazione e diventata l’identita 0 = 0, che pu`o essere eliminata dal sistema senza avere alcun effetto sul calcolo delle soluzioni. Otteniamo allora { x + y + z + 3 = 0 − 3 y + z − 2 = 0
Ora siamo in una situazione un po’ diversa da quelle precedenti: non e pos- sibile ricavare alcuna incognita per far partire le sostituzioni. Notiamo pero che se assegnamo un valore a piacere a z, possiamo procedere poi come al solito. Per esempio, se z = − 4 { x − 2 − 4 + 3 = 0 −→ x = 3 − 3 y − 4 − 2 = 0 −→ y = − 2
e cosı troviamo la soluzione (3, − 2 , −4), che pero non e l’unica possibile (pos- siamo solo dire chee l’unica con la z = −4 ). Se scegliamo z = −1 otteniamo la soluzione (− 1 , − 1 , −1). Capiamo dunque che ci sono infinite soluzioni. Per descriverle tutte, possiamo scrivere (sempre partendo dal basso):
se z = t, allora
x + 13 t − 23 + t + 3 = 0 −→ x = −^43 t − (^73) − 3 y + t − 2 = 0 −→ y = 13 t − (^23)
Quindi l’insieme di tutte le possibili soluzioni `e { ( −
t −
t −
, t ) : t ∈ R
cio`e al variare di t in R si ottengono tutte le terne che soddisfano il sistema: {
... , (−
Vediamo ora un esempio di sistema incompatibile (cio`e senza soluzioni).
2 x + y − z − 5 = 0 4 x − 3 y − 2 z − 3 = 0 8 x − y − 4 z = 0
Risolviamo:
e 2 →e 2 − 2 e 1 e 3 →e 3 − 4 e 1 ←→
e^3 → ←→e^3 −e^2
Abbiamo quindi il sistema
2 x + y − z + 5 = 0 − 5 y + 7 = 0 13 = 0
che chiaramente non puo avere soluzioni, perch´e l’ultima equazione non puo essere soddisfatta. Vediamo ancora un altro esempio:
− 2 x + 3y + z − 2 = 0 4 x − 6 y − z + 3 = 0 x + y + z − 3 = 0
Avviamo il metodo:
e 2 →e 2 +2e 1 e 3 → 2 e 3 +e 1 ←→
a questo punto abbiamo un dubbio su come continuare: la y e sparita dalla seconda equazione, mentre per poter fare le sostituzioni a ritroso come siamo abituati, vorremmo che nella terza ci fosse solo z, nella seconda y e z (anche se poi none importante che ci sia z), e nella prima tutti e tre (anche se poi quella
Nel sistema corrispondente all’ultima matrice possiamo porre w = t e ricavare con le sostituzioni le (infinite) soluzioni. Troppo comodo! Notiamo infatti che ad esempio la soluzione (1, − 1 , 1 , −1) (corrispondente alla scelta w = −1) non soddisfa il sistema di partenza; c’e quindi qualche errore. Con un po’ di buon senso ci si accorge che l’errore deve essere nel passaggio in cui abbiamo liquidato con troppa facilita l’equazione brutta 1. E infatti, quel passaggio (il primo) non e un “se e solo se”, in quantoe chiaro che ogni soluzione del primo sistema e anche soluzione del secondo, ma non c’e motivo per cui ogni soluzione del secondo debba essere soluzione del primo, e di fatto non e cosı, come mostra l’esempio (1, − 1 , 1 , −1). Se si vuole dunque stabilire una “regola meccanica” per risolvere i sistemi, bisogna capire bene quali sono i passaggi corretti (per arrivarci, potrebbe essere utile cominciare a chiedersi quale differenza c’`e tra il passaggio sbagliato che abbiamo appena visto e i passaggi giusti fatti precedentemente). Facendo il punto della situazione, possiamo dire di aver delineato un metodo generale molto conveniente per risolvere qualsiasi sistema lineare, ma non siamo ancora riusciti a mettere a punto con chiarezza tutti i det- tagli. Come abbiamo messo in luce poc’anzi, dobbiamo ancora rispondere con precisione ad alcune domande in sospeso, come ad esempio:
- Come si procede quando un’incognita “sparisce” inaspettatamente?
- Qual `e in generale la forma finale da raggiungere con i passaggi di addizione e sottrazione, in modo da far partire in modo efficace le sostituzioni?
- Quali sono i passaggi corretti (per i quali vale il “se e solo se”)?
Per fortuna, possiamo risparmiarci la fatica di pensare a tutti questi problemi: questo e gia stato fatto da altri, e abbiamo a disposizione una teoria bella e
(^1) Nel presente caso basta il buon senso per capire il passaggio sbagliato, altre volte potrebbe essere piu nascosto: approfittiamo quindi di questa nota per dare un consiglio su come trovare gli errori, anche in ambiti diversi da quello dei sistemi lineari (puo essere utile nello svolgimento degli esami scritti). Se non comporta molto tempo, e buona regola fare sempre qualche verifica sui risultati ottenuti; e se ci si accorge che un risultato ottenuto con una serie di passaggie sbagliato, si provi a sostituire tale risultato sbagliato nei passaggi intermedi. Quando succede che tale risultato va bene ad un certo punto, ma non nel punto precedente, allora c’`e per forza un errore nel passaggio tra questi due punti.
pronta che ci fornisce la voluta “regola meccanica” (il metodo di Gauss) per risolvere molto efficacemente qualsiasi sistema lineare. Per imparare ad usare questo metodo (soprattutto nei casi speciali che abbiamo lasciato in sospeso in questa discussione) e utile dunque studiare ora la parte di teoria, allenandosi poi ad applicarla agli esempi proposti e ad altri ancora che si possono inventare o trovare sui libri di testo. Prima pero di partire con la teoria, vogliamo qui dire qualcosa di in- formale riguardo la seconda domanda della lista riportata poco piu sopra, cioe quella riguardante la “forma finale” da raggiungere con i passaggi di ad- dizione e sottrazione. Si capisce bene che lo scopo principale `e di far sparire molte incognite in molte equazioni, il che equivale a far comparire molti zeri nelle matrici. Tuttavia gli zeri devono essere disposti in una certa maniera, perch´e come abbiamo visto, se presenti in certe posizioni, possono creare problemi. Riportiamo qui sotto le matrici finali dei vari sistemi risolti finora, e cerchiamo di individuare la logica con cui devono essere disposti gli zeri:
Abbiamo evidenziato che gli zeri “utili” possono essere disposti sotto una figura “a scalini” (anche se possono essere presenti zeri anche al di fuori di tale figura; per esempio, nell’ultima matrice, c’e uno zero fuori dalla figura, che pur facendo comodo, none strettamente necessario per poter avviare le sostituzioni a ritroso). Questo ci da l’indicazione per capire la definizione, che sara data nella parte teorica, di matrice a scalini. Naturalmente, anche qui ci sono alcune cose da precisare: per esempio, la scala deve partire in alto a sinistra e scendere terminando nel lato in basso a destra; gli scalini devono essere tutti “alti uno”, ma possono essere di varie lunghezze; gli elementi “sotto la scala” devono essere uguali a zero; gli elementi negli “angoletti degli scalini” (detti pivot) devono essere per forza diversi da zero (mentre negli altri posti al di sopra della scala possono esserci degli zeri). Questo modo di descrivere e abbastanza facile da comprendere, ma none molto preciso: si corre il rischio di fraintendere. Per esempio, la seguente
`e un’operazione 1-aria definita nell’insieme Mmn (R), il che significa semplice- mente che ad ogni matrice A ∈ Mmn (K) la nostra trasformazione associa un’altra matrice B ∈ Mmn (K); dunque le nostre trasformazioni non sono al- tro che applicazioni τ : Mmn (K) → Mmn (K). Diamo dunque la definizione “ufficiale”:
Definizione 1 Una trasformazione elementare (detta anche operazione ele- mentare) per righe su matrici di tipo [m, n] `e un’applicazione τ : Mmn (R) → Mmn (K) che soddisfa una almeno delle seguenti condizioni. (I) Esiste un i ∈ { 1 ,... , m} e un λ ∈ K non nullo tali che per ogni A ∈
Mmn (K), posto B = τ (A), si ha bi = λai e bi = ai ∀i 6 = i. In tal caso la trasformazione si dice di primo tipo. (II) Esistono i′, i′′^ ∈ { 1 ,... , m} tali che per ogni A ∈ Mmn (K), posto
B = τ (A), si ha bi′ = ai′′ , bi′′^ = ai′ e bi = ai∀i /∈ {i′, i′′}. In tal caso la trasformazione si dice di secondo tipo. (III) Esistono i, i′^ ∈ { 1 ,... , m} distinti ed esiste λ ∈ K tali che per ogni
A ∈ Mmn (K), posto B = τ (A) , si ha bi = ai + λai′ e bi = ai ∀i 6 = i. In tal caso la trasformazione si dice di terzo tipo. In tale situazione diremo anche che B `e ottenuta da A tramite la trasfor- mazione elementare τ.
La definizione data sopra puo essere riassunta in maniera meno precisa, ma piu espressiva, dicendo che le trasformazioni del primo tipo consistono nel moltiplicare una riga per uno scalare non nullo (ed e importante che sia non nullo, percio lo abbiamo sottolineato nella definizione), quelle del secondo tipo consistono nello scambiare di posto due righe, quelle di terzo tipo consistono nel sommare ad una riga un multiplo di un’altra riga (ed e importante che questa riga sia davvero “un’altra”, percio nella definizione abbiamo sottolineato che i due indici devono essere distinti). Inoltre le tre operazioni elementari possono essere indicate efficacemente come segue:
ai → λai (tipo I), ai′ ←→ ai′′ (tipo II), ai −→ ai + λai′ (tipo III).
Proposizione 1 L’inversa di una trasformazione elementare `e ancora una trasformazione elementare dello stesso tipo.
Dimostrazione. L’inversa di ai → λai e ai → (^1) λ ai, l’inversa di ai′ ←→ ai′′e s´e stessa, l’inversa di ai −→ ai + λai′ `e ai −→ ai − λai′. C.V.D.
Le affermazioni fatte in questa dimostrazione sono abbastanza evidenti, quindi le abbiamo ritenute sufficienti. Tuttavia, qualcuno potrebbe chiedere “e perch´e l’inversa di ai → λai e ai → (^) λ^1 ai, l’inversa di τ = ai′ ←→ ai′′e s´e stessa, ecc. ecc.?”. La tentazione sarebbe quella di rispondere “tu sei troppo pignolo!”. Tuttavia, riflettiamo un attimo. Abbiamo sottolineato che lo scalare coinvolto nella definizione delle trasformazioni del primo tipo deve essere non nullo, e infatti senza questa condizione non si potrebbe considerare ai → (^1) λ ai. Nella definizione del terzo tipo abbiamo sottolineato che i deve essere diverso da i′: questa condizione e necessaria per poter avere sempre l’inversa? La rispostae sı, ma bisogna ammettere che a prima vista puo sfuggire questo fatto. Capiamo allora che e bene avere sempre la risposta pronta alle domande dei pignoli, allenandosi talvolta a giustificare in maniera precisa anche le cose che possono sembrare piu evidenti (questa per`o non deve diventare una mania, che sarebbe estremamente dannosa). Per questi motivi, proponiamo il seguente esercizio.
Esercizio 1 Giustificare in dettaglio le affermazioni fatte nella dimostrazio- ne precedente, sottolineando in quale punto interviene la condizione i 6 = i′ per le trasformazioni di terzo tipo.
Naturalmente le soluzioni dell’esercizio possono essere tante (ciascuno puo svolgerlo secondo il suo stile personale). Qui sotto ne proponiamo una. Soluzione Tipo I : L’inversa di τ = ai → λaie σ = ai → (^1) λ ai. Infatti, sia A una qualsiasi matrice di tipo [m, n], sia B la matrice ottenuta da A tramite τ e C la matrice ottenuta da B tramite σ. Abbiamo:
definizione di τ definizione di σ ⇓ ⇓ bi = λai ci = (^) λ^1 bi e e ∀i 6 = i, bi = ai ∀i 6 = i, ci = bi
=⇒ ci = (^1) λ bi = (^) λ^1 (λai) = ai e =⇒ ∀i 6 = i, ci = bi = ai
⇒ ∀i, ci = ai.
Corollario 1 Se la matrice completa di un sistema lineare `e ottenuta dalla matrice completa di un altro sistema lineare tramite una sequenza (finita) di trasformazioni elementari, allora i due sistemi sono equivalenti^2.
Dimostrazione. Ovvia conseguenza della proposizione precedente, visto che la relazione di equivalenza tra sistemi lineari, essendo appunto una re- lazione di equivalenza, ha la propriet`a transitiva. C.V.D.
L’idea fondamentale per risolvere qualsiasi sistema lineare in maniera efficiente e quella di trasformare la sua matrice con operazioni elementari, in modo da ottenere un sistema equivalente piu semplice da risolvere. La seguente definizione introduce appunto un tipo di matrice che da luogo a sistemi che si risolvono molto agevolmente, e quindi puo essere presa come punto di arrivo per le trasformazioni.
Definizione 2 Sia A una matrice di tipo [m, n] su un campo K. La matrice A si dice a scalini se valgono le seguenti implicazioni: (a) aij = 0 ∀j =⇒ aij = 0 ∀i > i, ∀j ;
(b) (aij = 0 ∀j < j e aij 6 = 0) =⇒ aij = 0 ∀i > i, ∀j ≤ j. Un elemento che soddisfi l’ipotesi dell’implicazione (b) si dice pivot della riga ai.
Vediamo ora come trasformare con operazioni elementari una qualsiasi matrice in una matrice a scalini: cerchiamo percio di descrivere il procedi- mento generale detto appunto di riduzione a scalini. Useremo qui un linguag- gio non troppo formale, perch´e il nostro obiettivo principalee di consentire una rapida acquisizione di questo metodo e dunque puo essere troppo pesante approfondire i dettagli algoritmici in maniera strettamente formale, cosa che comunque puo costituire un ottimo esercizio di Calcolo e Programmazione. Anzi, per i piu interessati a questo tipo di questioni, puo essere divertente implementare questo algoritmo, cioe creare un programma (software) che rid- uca a scalini le matrici: la descrizione che daremo ora puo essere considerata come un primo passo nella schematizzazione dell’algoritmo.
(^2) Questo corollario spiega tra l’altro il motivo per cui, in alcuni testi, due matrici sono
dette equivalenti quando possono essere ottenute una dall’altra tramite una sequenza di trasformazioni elementari. Cosı si ha che sistemi con matrici equivalenti sono equivalenti. Il viceversa pero non vale, se non nell’ipotesi aggiuntiva in cui i sistemi sono compatibili.
Osservazione 1 Puo essere a volte comodo effettuare su una matrice una trasformazione del tipo ai −→ λai + μai′. Questa none in generale una trasformazione elementare, tuttavia, se λ 6 = 0, si pu`o ottenere componendo le due operazioni elementari ai −→ ai + μλ ai′ (tipo III) e ai −→ λai (tipo I).
Definizione 3 Sia A una matrice di tipo [m, n]. Il procedimento di riduzione a scalini consiste nei seguenti passi:
- Si parta ponendo i = 1.
- Fintanto che esiste una riga ai 6 = 0 con i > i, si ripeta il seguente ciclo di operazioni^3 : - INIZIO CICLO - Si ponga j = min
j : ∃i ≥ i aij 6 = 0
i′^ = min
i : i ≥ i e aij 6 = 0
- Si effettui la trasformazione elementare ai ←→ ai′.
- Per ogni i > i si effettui la trasformazione ai −→ λiai + μiai con λi e μi tali che μ λii = −
aij aij^ (λi^6 = 0).
- Si aumenti i di una unit`a.
- FINE CICLO
Osservazione 2 La trasformazione nel terzo passo del ciclo puo essere sem- pre effettuata, perch´e aij 6 = 0 (basta porre per esempio λi = 1 e μi = − aij aij^ , oppure λi = aij e μi = −aij : la scelta puo essere fatta in funzione della comodita dei calcoli) ede una composizione di due trasformazioni elementari (cfr. osservazione 1). Si tenga presente che mano a mano che il procedimento descritto sopra viene svolto, la matrice trasformata (e i suoi elementi) viene sempre indicata con la lettera A, cos`ı come avviene nei linguaggi di program- mazione. Se avessimo seguito l’uso comune nelle definizioni matematiche, avremmo dovuto cambiare nome ogni volta che si otteneva (con una trasfor- mazione elementare) una nuova matrice. Lo stesso vale per altri simboli usati (variabili), come i, i′, j, ecc.
(^3) In alcuni linguaggi di programmazione istruzioni simili si chiamano WHILE... DO. Nel nostro caso, il significato e che il ciclo si deve interrompere quando tutte le righe dopo la riga i sono tutte nulle (o non ci sono proprio). All’inizio la riga ie la prima, ma durante il ciclo cambiera via via, aumentando di uno ad ogni ripetizione (e scritto nell’ultimo passo del ciclo).
prima parte di questi appunti, non c’e in realta niente di nuovo.
Definizione 4 Consideriamo un sistema lineare con matrice completa A a scalini. Il procedimento di sostituzione a ritroso per la risoluzione di tale sistema consiste nei seguenti passi.
- Sia ai l’ultima riga non nulla.
- Se ai ha tutti gli elementi nulli tranne l’ultimo, allora il sistema `e in- compatibile e il procedimento termina.
- Sia aij il pivot della riga ai.
- Si ricavi l’incognita xj rispetto alle rimanenti nell’equazione i.
- In tutte le equazioni precedenti l’equazione i si sostituisca xj con l’e- spressione trovata.
- Se i = 1 si termina, altrimenti si diminuisca i di una unit`a, e si ripeta a partire dal terzo passo.
Proposizione 3 Dopo il procedimento di sostituzione a ritroso, le soluzioni sono tutte e sole quelle ottenibili ricavando le incognite xj (corrispondenti alle colonne contenenti i pivot) secondo le espressioni calcolate durante il proce- dimento, dopo aver assegnato dei valori arbitrari alle incognite rimanenti.
Tralasciamo la dimostrazione formale di quest’ultima proposizione (che concettualmente e assolutamente banale), visto che il procedimento di so- stituzione a ritrosoe stato descritto abbastanza informalmente. Il punto saliente da sottolineare `e che i passaggi di sostituzione sono tutti dei “se e solo se”. A questo punto abbiamo tutti gli ingredienti per dare la definizione “uf- ficiale” del metodo di Gauss.
Definizione 5 Il metodo di Gauss per la risoluzione di un qualunque sistema lineare consiste nelle seguenti due fasi: — Riduzione a scalini della matrice completa del sistema. — Risoluzione tramite sostituzioni a ritroso del sistema corrispondente alla matrice a scalini ottenuta nella fase precedente.
Osservazione 3 Per la proposizione 3 le soluzioni ottenute nella seconda fase del procedimento sono quelle del sistema a scalini. Per la proposizione 2 tale sistema a scalini `e equivalente a quello assegnato. Dunque le soluzioni trovate col metodo di Gauss sono tutte e sole quelle del sistema assegnato, come volevamo.
La cosa piu importante orae imparare ad utilizzare con padronanza tale metodo, in quanto esso `e fondamentale soprattutto dal punto di vista com- putazionale. Passiamo quindi senz’altro alla parte esercitativa.
Esempi ed esercizi
Incominciamo a verificare il procedimento su matrici gi`a considerate nella prima parte di questi appunti.
Esempio 1 Riduciamo a scalini la matrice ( 3 2 − 9 1 − 1 2
— Poniamo i = 1. — Poich´e la riga a 2 e non nulla ( 2 > i = 1), dobbiamo far partire il primo ciclo: — Si ha j = 1, i′^ = 1 (infatti il primo elemento non nullo della prima colonna non nullae a 11 ). — Si effettua a 1 ←→ a 1 (naturalmente questa trasformazione non cambia proprio niente; questo perch´e il pivot selezionato e gia il pi`u in alto possibile). — Si annullano tutti gli elementi sotto il pivot (quindi, in questo caso, si agisce solo sulla seconda riga); si ha, per i = 2, aij = a 11 = 3 e aij = a 21 = 1 quindi possiamo scegliere ad esempio λ 2 = 3 e μ 2 = −1 : ( 3 2 − 9 1 − 1 2
) (^) a 2 →^3 a 2 −a 1
— Aumentiamo i, quindi i = 2, e ritorniamo all’inizio del ciclo. — Poich´e non esistono righe oltre la seconda, non dobbiamo far partire il secondo ciclo, dunque l’algoritmo termina. Abbiamo ottenuto una matrice a scalini: l’algoritmo ha funzionato.
- Si annullano tutti gli elementi sotto il pivot: per i = 2 si ha aij = a 11 = − 2 e aij = a 21 = 4, quindi possiamo scegliere λ 2 = 1 e μ 2 = 2 (perch´e 2 1 =^ −^
4 − 2 ); mentre per^ i^ = 3, si ha^ aij^ =^ a^11 =^ −^2 e^ aij^ =^ a^31 = 1, quindi possiamo scegliere λ 3 = 2 e μ 3 = 1
(^) a 2 →a 2 +2a 1 a 3 → 2 a 3 +a 1
- Aumentiamo i, quindi i = 2, e ritorniamo all’inizio del ciclo.
- Poich´e la riga a 3 `e non nulla dobbiamo far partire il secondo ciclo:
- Si ha j = 2, i′^ = 3 (infatti, se cancelliamo la prima riga, nella parte ri- manente della matrice, il primo elemento non nullo della prima colonna non nulla `e a 32 = − 5 ).
- Si effettua a 2 ←→ a 3 :
a 2 ←→a 3
(ecco il punto fondamentale, che risolve il dubbio di cui abbiamo parlato a pag. 5 e pag. 7! Bastava scambiare la seconda e la terza riga)
- Si annullano tutti gli elementi sotto il pivot: per i = 3 si ha aij = a 22 = − 5 e aij = a 32 = 0, quindi la trasformazione da fare e a 3 → − 5 a 3 − 0 a 2 (naturalmente questo passaggioe inutile, perch´e la matrice e gia a scalini; lo mettiamo solo come ulteriore esempio per illustrare come si applicano meccanicamente i passi del procedimento):
a 3 −→− 5 a 3
- Aumentiamo i, quindi i = 3, e ritorniamo all’inizio del ciclo.
- Poich´e non esistono righe oltre la terza, non dobbiamo far partire il terzo ciclo, dunque l’algoritmo termina.
Naturalmente, dopo un po’ di allenamento, ci si accorge facilmente che talvolta alcuni passaggi possono essere saltati, o che altre volte e piu comodo usare altre trasformazioni che “si vedono ad occhio”. Sottolineiamo pero che effettivamente i metodi trattati consentono di affrontare ogni situazione in maniera meccanica, ed evitano errori come quelli di cui abbiamo parlato a pag. 7 (infatti lı l’errore era nella trasformazione a 4 → a 3 − a 2 , che non e una trasformazione elementare). Passiamo ora ad esercizi completi, cioe non solo sulla riduzione a scalini, ma sulla risoluzione di sistemi tramite il metodo di Gauss.
Esempio 3 Risolviamo col metodo di Gauss il sistema
3 x − y + z − 2 = 0 6 x − 2 y + 2z = 0 x − z = 0
La matrice completa `e
Riduciamo a scalini:
(^) a 2 →a 2 − 2 a 1 a 3 → 3 a 3 −a 1
(^) a 2 ←→a 3
Applichiamo ora le sostituzioni a ritroso, seguendo la definizione 4.
- L’ultima riga non nulla `e la terza (i = 3).
- In tale riga sono nulli tutti gli elementi tranne l’ultimo. Dunque il sistema `e incompatibile.
Osservazione 5 Anche nell’esempio di sopra, svolto applicando meccanica- mente tutti i passi dei procedimenti definiti nella parte teorica, ci si poteva
