Matematica Generale, Gruppo E--O

– DIEM sez. Matematica Finanziaria–
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
Marina Resta
Università degli studi di Genova
Dicembre 2005
Indice
1 PREMESSA
1
2 GENERALITA’
2.1 RAPPRESENTAZIONE DI UN SISTEMA LINEARE IN FORMA MATRICIALE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
2
3 SOLUZIONE DI SISTEMI LINEARI PARTICOLARI
3
4 SOLUZIONE DI SISTEMI LINEARI: REGOLA GENERALE
6
4.1 LA PROCEDURA DI GAUSS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
4.2 MATRICE COMPLETA E TEOREMA DI ROUCHE’–CAPELLI . . . . . . 14
4.3 SISTEMI LINEARI OMOGENEI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1 PREMESSA
Le note presentate a seguire non sostituiscono gli appunti presi a lezione, né si presuppongono completamente esaustive degli argomenti affrontati nel corso della lezione. Il loro intento è semplicemente quello di porsi come materiale aggiuntivo, in grado
di fornire ulteriori delucidazioni sui temi presentati in aula.
2 GENERALITA’
In generale un sistema lineare è costituito da un numero qualsiasi m di equazioni e
da un numero qualsiasi n di incognite e si presenta nella forma:

a11 x1 + . . . + a1i xi + . . . + a1n xn = b1








..


.





ai1 x1 + . . . + aii xi + . . . + ain xn = bi






.


 ..






am1 x1 + . . . + ami xi + . . . + amn xn = bm
dove i coefficienti aij , i = 1, . . . , m; j = 1, . . . , n sono numeri reali assegnati, cosı̀
come i termini noti bi , i = 1, . . . , m.
La notazione aij usata è particolarmente appropriata, perché aij è il coefficiente associato all’incognita xj che compare nella i–esima equazione. Cosı̀, ad esempio, a23
sarà il coefficiente della variabile x3 nella seconda equazione; a57 sarà il coefficiente
della variabile x7 nella quinta equazione, e cosı̀ via.
1
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Chiameremo soluzione del sistema ogni ennnupla di numeri reali x̄1 , . . . , x̄i , . . . , x̄n
che verifica, con la sostituzione: x1 = x̄1 , . . . , xi = x̄i , . . . , xn = x̄n , tutte le m
equazioni del sistema.
Risolvere un sistema significa determinare l’insieme di tutte le sue soluzioni; un sistema che non ha soluzioni si dirà impossibile.
2.1
RAPPRESENTAZIONE DI UN SISTEMA LINEARE IN FORMA MATRICIALE
Il sistema lineare:

a11 x1








..


.





ai1 x1






.


 ..






am1 x1
+ . . . + a1i xi
+ . . . + a1n xn
= b1
+ . . . + aii xi
+ . . . + ain xn
= bi
+ . . . + ami xi
+ . . . + amn xn
= bm
viene, in genere rappresentato ricorrendo alla c.d. forma matriciale: i coefficienti associati alle incognite vengono raggruppati in una matrice, riportando nella prima, seconda, . . . , n–esima colonna i coefficienti delle variabili x1 , x2 , . . . , xn che compaiono
nelle varie equazioni:


a11 . . . a1j . . . a1n





 ..

 .







A =  ai1 . . . aij . . . ain 






 .

 ..




am1 . . . amj . . . amn
La matrice A cosı̀ ottenuta è detta matrice dei coefficienti del sistema, e presenta un
numero di righe uguale al numero delle equazioni, ed un numero di colonne uguale al
numero delle incognite.




x1
b1
 x2 
 b2 




 .. 
 .. 
 . 
 . 



Denotando con: x = 
 xi  il vettore delle incognite, e con b =  bi  il vettore




 . 
 . 
 .. 
 .. 
xn
bm
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
2
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dei termini noti, il sistema presentato a inizio paragrafo può essere espresso nella
seguente forma:
Ax = b
(1)
3 SOLUZIONE DI SISTEMI LINEARI PARTICOLARI
Si consideri il sistema lineare:
Ax = b
(2)
Assumiamo che esso sia quadrato, ossia che la matrice A dei coefficienti sia quadrata.
Si potranno verificare due casi differenti:
A non è invertibile. In tal caso, il sistema Ax = b non ammette soluzioni, ossia
è impossibile.
A è invertibile. In tal caso, il sistema Ax = b ammette soluzioni, o meglio ammette una e una sola soluzione; si dirà, allora, che il sistema è determinato, e
avremo:
x = A−1 b
(3)
A riprova di ciò, sostituendo la (3) nella (2) avremo:
AA−1 b = (AA−1 ) b = b
| {z }
I
Ne consegue che conoscendo la matrice inversa della matrice dei coefficienti,
è possibile risolvere un sistema lineare di n equazioni in n incognite qualunque
sia il vettore b dei termini noti.
Esempio
Si consideri il sistema lineare:


 3x1



x1





4x1
+2x2
=
5
−x2
+4x3
=
2
+6x2
−7x3
=
1
In forma matriciale avremo:
A
z

3
 1
4
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
x
b
}|
z }| {
{ z }| { 
2
0
x1
5
−1
4   x2  =  2 
6 −7
x3
1
3
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Trattandosi di un sistema quadrato, se A è invertibile si può risolvere secondo la:
x = A−1 b
.
Per verificare l’invertibilità di A calcoliamo il determinante1 di A. Avremo:
det(A) = −5
Poiché il valore appena calcolato è diverso da zero, la matrice è invertibile, e avremo:
A−1 =
1
Agg(A)
det(A)
Nel nostro caso:

−17
Agg(A) =  23
10

8
−12 
−5
14
−21
−10
da cui:

A
−1

1
=− 
5

−17
14
23
−21
10
−10
8


17
5
− 14
5
− 58
21
5
12
5
2
1
 
  23

−12 
= −5
 
−5
−2






Come controprova:

17
5

 23
A−1 A = 
 −5

−2
− 14
5
− 58
21
5
12
5
2

3


 1


4
1
2
0


1 0 0

 

 

 0 1 0  = AA−1 = I3
4 
=
 

 

6 −7
0 0 1
−1
La soluzione del sistema sarà allora data da:
 17
− 14
− 58
5
5

 23
21
12
x = A−1 b = 
5
5
 −5

−2
2
1

5


49
5
  
    61
 2  =  −
5
  
  
1
−5






Possiamo a questo punto introdurre la seguente definizione:
1 Usando
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
la regola di Sarrus, oppure applicando il primo teorema di Laplace.
4
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Un sistema lineare nella forma: Ax = b si dice sistema di Cramer se è
quadrato, e se det(A) 6= 0. In tal caso, esso è determinato e ammette
soluzione:
x = A−1 b
ovvero:
x = {xi }, xi =
det(Ai )
det(A)
dove det(Ai ) è il determinante della matrice che si ottiene sostituendo la
i–esima colonna di A con il vettore dei termini noti.
Esempio
Sia assegnato il sistema lineare:

 3x1

ossia, in forma matriciale:


x1
3 −1
1
1
−x2
=
1;
+x2
=
3;




x1
x2
=
1
3


Il sistema è quadrato, e:
3
det(A) = 1
−1 = 4 6= 0
1 dunque è di Cramer. Applicando la regola di Cramer:
1 −1 ; x1 = det(A1 ) =
det(A1 ) = det(A)
3
1 
da cui: x = 
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
1
2

3
det(A2 ) = 1
1 ; x2 =
3 det(A2 )
det(A)
=
8
4
4
4
= 1;
= 2;
.
5
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4 SOLUZIONE DI SISTEMI LINEARI: REGOLA GENERALE
Caratteristica
una matrice
di
La risolubilità di un sistema lineare può essere analizzata attraverso uno strumento che prende il nome di caratteristica o rango di una matrice , e si indica con la
notazione: r(A).
Le seguenti definizioni sono tra loro equivalenti. Data una matrice A:
la caratteristica è un numero che indica il numero di vettori–colonna linearmente
indipendenti presenti in A.
la caratteristica è un numero che indica il numero massimo di passi di pivotizzazione che si possono compiere su A;
la caratteristica è un numero che indica l’ordine massimo delle sottomatrici
quadrate non singolari estraibili da A.
Premesso che tali definizioni verranno chiarite ulteriormente a seguire, per il momento
ci basterà sapere che un vettore y è linearmente dipendente da un insieme di vettori
{x1 , x2 , . . . , xj , . . . xn }, se esiste un insieme di scalari t1 , t2 , . . . , tj , . . . , tn tale che:
y = t1 x1 + t2 x2 + . . . + tj xj + . . . + tn xn .
Tutte le definizioni fornite sono inoltre tra loro legate attraverso la procedura di riduzione di una matrice nota come procedura di Gauss o pivotizzazione.
4.1
LA PROCEDURA DI GAUSS
La procedura di Gauss è un metodo iterativo in cui ogni passo si compone di tre fasi:
(a) ricerca del pivot p relativo al passo generico i;
(b) trasformazione della riga che ospita il pivot;
(c) trasformazione delle altre righe della matrice
Il punto di partenza è il primo elemento sulla diagonale principale della matrice A di
dimensione m × n assegnata. Due differenti situazioni si possono presentare:
a11 6= 0. In tal caso, diremo che a11 è il primo pivot e potremo porre in essere il
primo passo di pivotizzazione, ossia attuare la:
Fase (a) p1 = a11
Fase (b) La riga 1 che ospita il pivot viene moltiplicata per il reciproco di p1 : rT1 /p1 =
rT1 /a11 ;
Fase (c) Per la generica riga i 6= 1 che non contiene il pivot, essa si trasforma
sommandola algebricamente alla riga ottenuta nella fase (b), moltiplicata
per l’opposto del valore di ai1 , cioè per l’opposto del termine sulla riga i,
nella colonna del pivot.
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
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a11 = 0. In tal caso, il pivot andrà cercato tra i valori diversi da zero contenuti
in una delle colonne a destra della prima, oppure in una delle righe sottostanti
la prima. Se ciò non è possibile, la procedura si arresterà, altrimenti una volta
effettuato lo scambio di riga e/o colonna, si potrà procedere come già illustrato
sopra.
Una volta eseguite le fasi (a)–(c), il primo passo di pivotizzazione si dirà concluso, e
potrà essere realizzato il secondo passo, reiterando le fasi (a)–(c) appena spiegate.
Si ricordi che la procedura si può arrestare per uno dei seguenti motivi:
1. non vi sono ulteriori elementi sulla diagonale principale;
2. tutti gli elementi contenuti nella sottomatrice ottenuta da A eliminando un numero di righe e di colonne pari al numero di passi di pivotizzazione già compiuti
sono uguali a zero.
Illustriamo la procedura con alcuni esempi.
Esempio


2
1 3




.
3
1
0
Consideriamo la matrice A = 




1 −1 4
Costruiamo A1 , ossia la matrice al termine del primo passo di pivotizzazione.
Il primo pivot dovrebbe essere l’elemento di posto 1, 1, ossia 2. Poiché esso è
diverso da zero possiamo attuare la :
Fase (a) p1 = a11 = 2
Fase (b) Moltiplichiamo la prima riga di A per il reciproco del pivot:
1
[ 2 1
2
3 ]=[ 1
1/2
3/2 ]
Fase (c) Per la riga due, il termine sulla riga 2, nella colonna del pivot è 3; avremo allora:
3 1 0 + (−3) 1 1/2 3/2 =
=
=
3
1 0
0
−1/2
+
−3
−9/2
−3/2
−9/2
=
Per la riga tre, il termine sulla riga 3, nella colonna del pivot è 1; avremo allora:
1 −1 4 + (−1) 1 1/2 3/2 =
=
=
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1 −1
0 −3/2
4
+
5/2
−1 −1/2
−3/2
=
7
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
1
1/2
3/2






La matrice A1 sarà dunque: A1 =  0 −1/2 −9/2 
.


0 −3/2
5/2
Costruiamo ora A2 , ossia la matrice al termine del secondo passo di pivotizzazione.
Il secondo pivot dovrebbe essere l’elemento di posto 2, 2 su A1 , ossia −1/2. Poiché
esso è diverso da zero possiamo attuare la :
Fase (a) p2 = −1/2
Fase (b) Moltiplichiamo la seconda riga di A1 per il reciproco del pivot:
−2 0 −1/2 −9/2 = 0 1 9
Fase (c) Per la riga uno, il termine sulla riga 1, nella colonna del pivot è 1/2; avremo
allora:
1 1/2 3/2 + (−1/2) 0 1 9 =
=
=
1 1/2
3/2
1 0
0 −3/2
5/2
0 0
−3
+
0 −1/2
−9/2
=
Per la riga tre, il termine sulla riga 3, nella colonna del pivot è -3/2; avremo allora:
0 −3/2 5/2 + (3/2) 0 1 9 =
=
=
16

1 0


La matrice A2 sarà dunque: A2 = 
 0

0
Costruiamo ora A3 , ossia la matrice al
terzo pivot dovrebbe essere l’elemento
diverso da zero possiamo attuare la:
+
−3

0
3/2
27/2
=


1
9 
.

0 16
termine del terzo passo di pivotizzazione. Il
di posto 3, 3 su A2 , ossia 16. Poiché esso è
Fase (a) p3 = 16
Fase (b) Moltiplichiamo la terza riga di A2 per il reciproco del pivot:
(1/16) 0 0 16 = 0 0 1
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Fase (c) Per la riga uno, il termine sulla riga 1, nella colonna del pivot è -3; avremo allora:
1 0 −3 + 3 0 0 1 =
=
=
1
0 −3
1
0 0
+
0 0
3
=
Per la riga due, il termine sulla riga 2, nella colonna del pivot è 9; avremo allora:
0 1 9 + (−9) 0 0 1 =
=
=
0 1
9
0 1
0

1 0
+
0
0 0 −9
=





.

0
1
0
La matrice A3 sarà dunque: A2 = 



0 0 1
La procedura si arresta per assenza di ulteriori righe, dunque il numero di passi di
pivotizzazione (e quindi la caratteristica) è pari a 3.
Esempio


2
1




.
3
1
Consideriamo la matrice A = 




1 −1
Costruiamo A1 , ossia la matrice al termine del primo passo di pivotizzazione. Il primo
pivot dovrebbe essere l’elemento di posto 1, 1, ossia 2. Poiché esso è diverso da zero
possiamo attuare la :
Fase (a) p1 = a11 = 2
Fase (b) Moltiplichiamo la prima riga di A per il reciproco del pivot:
1
[ 2 1 ] = [ 1 1/2 ]
2
Fase (c) Per la riga due, il termine sulla riga 2, nella colonna del pivot è 3; avremo allora:
3 1 + (−3) 1 1/2 =
=
=
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3 1
+
0 −1/2
−3
−3/2
=
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Per la riga tre, il termine sulla riga 3, nella colonna del pivot è 1; avremo allora:
1 −1 + (−1) 1 1/2 =
=
=
1
−1
0
−3/2

1
+
1/2
−1 −1/2
=






La matrice A1 sarà dunque: A1 =  0 −1/2 
.


0 −3/2
Costruiamo ora A2 , ossia la matrice al termine del secondo passo di pivotizzazione.
Il secondo pivot dovrebbe essere l’elemento di posto 2, 2 su A1 , ossia −1/2. Poiché
esso è diverso da zero possiamo attuare la :
Fase (a) p2 = −1/2
Fase (b) Moltiplichiamo la seconda riga di A1 per il reciproco del pivot:
−2 0 −1/2 = 0 1
Fase (c) Per la riga uno, il termine sulla riga 1, nella colonna del pivot è 1/2; avremo
allora:
1 1/2 + (−1/2) 0 1 =
=
=
1
1/2
1
0
0
−3/2
0
0
+
0 −1/2
=
Per la riga tre, il termine sulla riga 3, nella colonna del pivot è -3/2; avremo allora:
0 −3/2 + (3/2) 0 1 =
=
=

1 0
+
0 3/22
=





.
0
1
La matrice A2 sarà dunque: A2 = 




0 0
La procedura si arresta per assenza di ulteriori righe su cui cercare il pivot; dunque il
numero di passi di pivotizzazione (e quindi la caratteristica) è pari a 2.
Esempio
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
10
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
2 1

3
Consideriamo la matrice A = 
.
3 1 0
Costruiamo A1 , ossia la matrice al termine del primo passo di pivotizzazione. Il primo
pivot dovrebbe essere l’elemento di posto 1, 1, ossia 2. Poiché esso è diverso da zero
possiamo attuare la :
Fase (a) p1 = a11 = 2
Fase (b) Moltiplichiamo la prima riga di A per il reciproco del pivot:
1
[ 2 1
2
3 ]=[ 1
1/2
3/2 ]
Fase (c) Per la riga due, il termine sulla riga 2, nella colonna del pivot è 3; avremo allora:
3 1 0 + (−3) 1 1/2 3/2 =
=
=
3
1 0
0
−1/2

+
−3
−9/2
1
−3/2
1/2
3/2
La matrice A1 sarà dunque: A1 = 
−9/2
=

.
0 −1/2 −9/2
Costruiamo ora A2 , ossia la matrice al termine del secondo passo di pivotizzazione.
Il secondo pivot dovrebbe essere l’elemento di posto 2, 2 su A1 , ossia −1/2. Poiché
esso è diverso da zero possiamo attuare la :
Fase (a) p2 = −1/2
Fase (b) Moltiplichiamo la seconda riga di A1 per il reciproco del pivot:
−2 0 −1/2 −9/2 = 0 1 9
Fase (c) Per la riga uno, il termine sulla riga 1, nella colonna del pivot è 1/2; avremo
allora:
1 1/2 3/2 + (−1/2) 0 1 9 =
=
=
1 1/2
1 0
3/2
−3

La matrice A2 sarà dunque: A2 = 
1 0
+
−3
0 −1/2
−9/2
=

.
0 1
9
La procedura si arresta per assenza di ulteriori righe, dunque il numero di passi di
pivotizzazione (e quindi la caratteristica) è pari a 2.
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
11
Marina Resta
– DIEM sez. Matematica Finanziaria– Università degli studi di Genova
Esempio

2
1

3


0 

.

3
1
0 


−1 −1/2 −3/2
Costruiamo A1 , ossia la matrice al termine del primo passo di pivotizzazione. Il primo
pivot dovrebbe essere l’elemento di posto 1, 1, ossia 2. Poiché esso è diverso da zero
possiamo attuare la :




Consideriamo la matrice A = 




3
1
Fase (a) p1 = a11 = 2
Fase (b) Moltiplichiamo la prima riga di A per il reciproco del pivot:
1
[ 2 1
2
3 ]=[ 1
1/2
3/2 ]
Fase (c) Per la riga due, il termine sulla riga 2, nella colonna del pivot è 3; avremo allora:
3 1 0 + (−3) 1 1/2 3/2 =
=
=
3
1 0
0
−1/2
3
1 0
0
−1/2
+
−3
−9/2
−3/2
−9/2
=
Per la riga tre, il termine sulla riga 3, nella colonna del pivot è 3; avremo allora:
3 1 0 + (−3) 1 1/2 3/2 =
=
=
+
−3
−9/2
−3/2
−9/2
=
Per la riga quattro, il termine sulla riga 4, nella colonna del pivot è -1; avremo
allora:
−1 −1/2 −3/2 + 1 1/2 3/2 =
=
=
−1
0
−1/2
0 0

1
−3/2
1/2


 0 −1/2

La matrice A1 sarà dunque: A1 = 

 0 −1/2


0
0
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
+
1 1/2
3/2
3/2
=



−9/2 

.

−9/2 


0
12
Marina Resta
– DIEM sez. Matematica Finanziaria– Università degli studi di Genova
Costruiamo ora A2 , ossia la matrice al termine del secondo passo di pivotizzazione.
Il secondo pivot dovrebbe essere l’elemento di posto 2, 2 su A1 , ossia −1/2. Poiché
esso è diverso da zero possiamo attuare la :
Fase (a) p2 = −1/2
Fase (b) Moltiplichiamo la seconda riga di A1 per il reciproco del pivot:
−2 0 −1/2 −9/2 = 0 1 9
Fase (c) Per la riga uno, il termine sulla riga 1, nella colonna del pivot è 1/2; avremo
allora:
1 1/2 3/2 + (−1/2) 0 1 9 =
=
=
1 1/2
3/2
1 0
0 −1/2
−3
+
0 −1/2
−9/2
=
Per la riga tre, il termine sulla riga 3, nella colonna del pivot è −1/2; avremo
allora:
0 −1/2 −9/2 + (1/2) 0 1 9 =
=
=
0 0
0
−9/2
+
0 1/2
9/2
=
Per la riga quattro, il termine sulla riga 4, nella colonna del pivot è 0; avremo
allora:
0 0 0 +0 0 1 9 =
=
=
0 0
0
0 0
0

1 0
+
−4
0 0 0
=





 0 1 −3 


.
La matrice A2 sarà dunque: A2 = 



 0 0
0




0 0
0
A questo punto, poichè la sottomatrice
che si ottiene da A2 eliminando le prime due
0
, la procedura si arresta per assenza di ulteriori
righe e le prime due colonne è:
0
pivot, dunque il numero di passi di pivotizzazione (e quindi la caratteristica) è pari a 2.
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
13
Marina Resta
4.2
– DIEM sez. Matematica Finanziaria– Università degli studi di Genova
MATRICE COMPLETA E TEOREMA DI ROUCHE’–CAPELLI
Dato il sistema lineare Ax = b, chiameremo matrice completa e la indicheremo con
A/b, la matrice che si ottiene affiancando ad A il vettore dei termini noti:
A/b = [A|b]
Una volta costruita la matrice completa, è possibile pivotizzarla applicando agli elementi di b tutte le trasformazioni che avvengono sulle righe di A.
Vale in proposito il seguente teorema (teorema di Rouché–Capelli):
Dato il sistema lineare Ax = b, sia A/b la corrispondente matrice completa.
Se:
r(A/b) = r(A) = n, il sistema è determinato;
r(A/b) = r(A) = m < n, il sistema è indeterminato, ossia ammette
infinite alla (n − m) soluzioni;
r(A/b) < min(m, n), il sistema è impossibile.
Vediamo alcuni esempi.
Esempio
Sia:



1
2
1 3
 3
1 0 x =  2 
5
1 −1 4

La corrispondente matrice completa è:

2
1 3|
 3
1 0|
1 −1 4|

1
2 
5
In corrispondenza dei diversi passi di pivotizzazione, avremo:



1
1/2
3/2| 1/2
1 0
A1 /b1 =  0 −1/2 −9/2| 1/2  ;
A2 /b2 =  0 1
0 −3/2
5/2| 9/2
0 0

1 0
A3 /b3 =  0 1
0 0
0|
0|
1|

−3|
1
9| −1  ;
16|
3

25/16
−43/16  ;
3/16

25/16





.
−43/16
r(A/b) = r(A) = 3, dunque il sistema è determinato. La soluzione è: x = 




3/16
Esempio
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
14
Marina Resta
– DIEM sez. Matematica Finanziaria– Università degli studi di Genova
Sia:



3
2
1
 3
1 x =  0 
4
1 −1

La corrispondente matrice completa è:


2
1 |3
 3
1 |0 
1 −1 |4
In corrispondenza dei diversi passi di pivotizzazione, avremo:



1 0|
1
1/2|
3/2
A1 /b1 =  0 −1/2| −9/2  ;
A2 /b2 =  0 1|
0 0|
0 −3/2|
5/2

−3
9 ;
16
r(A/b) = 2 < min(3, 3), dunque il sistema è impossibile.
Esempio
Sia:
2 1 3
1
x=
3 1 0
2
La corrispondente matrice completa è:
2 1
3 1
3|
0|
1
2
In corrispondenza dei diversi passi di pivotizzazione, avremo:
1
1/2
3/2| 1/2
1 0
;
A2 /b2 =
A1 /b1 =
0 −1/2 −9/2| 1/2
0 1
−3|
9|
1
−1
;
r(A/b) = r(A) = m = 2 < n = 3, dunque il sistema è indeterminato. Un altro
modo per visualizzare detta conclusione, ossia il fatto che il sistema sia indeterminato,
consiste nel riscrivere il sistema lineare in base alla matrice A2 /b2 :

(−3)x3 =
1;
 x1 +

x2 +
da cui, portando x3 a secondo membro:

 x1 =
e, posto x3 = t1 :
ALGEBRA LINEARE
PARTE III

x2
9x3
= −1;
1 + 3x3 ;
= −1 − 9x3 ;
15

x1





x2





x3
=
1 + 3t1 ;
= −1 − 9t1 ;
=
t1

1 + 3t1
L’insieme delle soluzioni sarà, pertanto: x =  −1 − 9t1 .
t1
4.3

SISTEMI LINEARI OMOGENEI
Un sistema lineare si dice omogeneo se il vettore dei termini noti è il vettore nullo:
Ax = 0
Si ricordano le principali proprietà:
Se un sistema lineare omogeneo è quadrato e determinato, allora l’unica soluzione è la c.d. soluzione banale o triviale: x = 0.
Un sistema lineare omogeneo non quadrato può essere determinato, se r(A) =
n < m, e tutte le k = (m − n) righe della matrice completa An /bn successive
alla n–esima sono nulle.
16