Matematica Generale, Gruppo E--O

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– 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
6
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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 =
=
=
ALGEBRA LINEARE
PARTE III
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
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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
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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
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