Energy Engineering - Analisi e geometria 1

Dispensa sistemi lineari

Complete course

Sistemi lineari Sistemi lineari: de nizioni IUn'equazione nellenincognitex 1; : : : ; x ndella forma c1x 1+


+c nx n= b ovec 1; : : : ; c nsono elementi nel campo K(detticoecienti) ebe un elemento diK(dettotermine noto) si chiamaequazione lineare inx 1; : : : ; x na coecienti in K. IUn sistema lineare dimequazioni nellenincognitex 1; : : : ; x ne un sistema formato da m equazioni lineari inx 1; : : : ; x n; ossia: 8 > > < > > :a 11x 1+ a 12x 2+ ::+a 1nx n= b 1 a21x 1+ a 22x 2+ ::+a 2nx n= b 2 : : : am1x 1+ a m2x 2+ ::+a mnx n= b m(*) IUnasoluzionedi () e unan-pla di elementi diK, (e x 1; : : : ; e x n), che sostituita alle incognite soddisfa simultaneamente tutte le equazioni del sistema. ILa matrice di tipo (m; n) :A= (a ij)j =1:::n i=1:::msi chiama matrice dei coecienti del sistema. Il vettore colonna di tipo (m;1) :b= (b i)m i=1si chiama vettore dei termini noti. La matrice di tipo (m; n+ 1) : (Ajb) ottenuta accostando alle colonne della matriceAdei coecienti il vettore (colonna)bdei termini noti si chiamamatrice completa del sistema. Esempio 1.1Dato il sistema di due equazioni in tre incognite a coecienti reali 2x+ 3yz= 0 4x+ 6y2z=3, la matrice del sistema, il vettore dei termini noti e la matrice completa sono, rispettivamente:A= 2 31 4 62 ;b= 0 3 ;(Ajb) = 2 31 4 62 0 3 : IDettox= (x j)n j=1il vettore colonna di tipo ( n;1) delle incognite il sistema () si puo trascrivere in forma matricialeA x=bUna sua soluzione e quindi un vettore colonna di tipo ( n;1)e x= (e x j)n j=1di numeri reali che soddisfa la relazione matricialeAe x=b: IUn sistema si dicepossibile(orisolubile)se ammette almeno una soluzione. In tal caso le equazioni si diconocompatibili. IUn sistema si diceimpossibilese non ammette alcuna soluzione. In tal caso le equazioni si diconoincompatibili. NOTAUn sistema possibile puo avere una sola soluzione (sistema determinato) oppure in nite soluzioni (sistema indeterminato), mamaiun numero nito 2 di soluzioni. 1 I Due sistemi si diconoequivalentiquando ammettono le stesse soluzioni. ITrasformazioni elementari.Le seguenti trasformazioni, applicate ad un dato sistema, portano a un sistema equivalente: I) scambiare due equazioni tra loro; II) moltiplicare i due membri di un'equazione per lo stesso numerok(6 = 0); III) sommare ad un'equazione un'altra equazione moltiplicata perk: Esempio 1.2Il sistema dell'Esempio 1.1 e impossibile. Infatti, sommando alla seconda equazione la prima moltiplicata per2;si ottiene il sistema, equi- valente a quello iniziale, 2x+ 3yz= 0 0 =3 ma la seconda equazione e impossibile. Esempio 1.3Dato il sistema8 < :x +y= 1 2x3y= 2 2x+y= 2 la matrice del sistema, il vettore dei termini noti e la matrice completa sono: A=0 @1 1 23 2 11 A;b=0 @1 2 21 A;(Ajb) =0 @1 1 23 2 1 1 2 21 A: Il sistema ha una sola soluzione. Infatti, sottraendo alla terza equazione la seconda si ottiene il sistema, equivalente a quello dato: 8 < :x +y= 1 2x3y= 2 4y= 0 che ha come unica soluzione il vettore (x; y) = (1;0):(Veri carlo.) Esempio 1.4DatiA= 21 6 3 ;eb= 1 3 ; il sistemaAx=be il sistema di due equazioni a coecienti reali in due incognite 2xy= 1 6x+ 3y=3: Sommando alla seconda equazione la prima moltiplicata per 3 si ottiene il sistema equivalente:2xy= 1 0 = 0: Il sistema ammette quindi le in nite soluzioni della forma (t;2t1);al variare del numero realet: 2 Soluzione dei sistemi lineari: il metodo di eliminazione di Gauss Questo metodo si basa sulle ripetute applicazioni delle trasformazioni che permettono di passare a sistemi equivalenti. Si opera in modo da ricondursi ad un sistema equivalente a quello dato, di cui pero e immediato vedere la eventuale risolubilita e, in tal caso, procedere in modo standard per determinare le soluzioni. Questo sistema equivalente ha una matrice dei coecienti che e della forma \a scalini". IMetodo di eliminazione di Gauss Consideriamo il sistema:8 > > < > > :a 11x 1+ a 12x 2+ ::+a 1nx n= b 1 a21x 1+ a 22x 2+ ::+a 2nx n= b 2 : : : am1x 1+ a m2x 2+ ::+a mnx n= b m Possiamo supporre chea 116 = 0 (in caso contrario scambiamo la 1a equazione con un'altra in cui il coeciente dix 1sia 6 = 0):Dividendo la prima equazione pera 11, otteniamo: 8 > > < > > :x 1+a 12a 11x 2+ ::+a 1na 11x n=b 1a 11 a21x 1+ a 22x 2+ ::+a 2nx n= b 2 : : : am1x 1+ a m2x 2+ + a mnx n= b m Sottraiamo poi dalla seconda equazione la prima moltiplicata pera 21; dalla terza la prima moltipli- cata pera 31e cos via. Otteniamo: 8 > > < > > :x 1+ a0 12x 2+ ::+a0 1nx n= b0 1 0a0 22x 2+ ::+a0 2nx n= b0 2 0 : : 0a0 m2x 2+ + a0 mnx n= b0 m Tale sistema contiene un sottosistema dim1 equazioni en1 incognite (basta escludere la prima equazione). Allora possiamo procedere in modo iterativo: ripetiamo quanto fatto precedentemente a questo sistema. Sea0 22= 0 ;scambiamo la 2a equazione con un'altra in cui il coeciente dix 2sia 6 = 0 (se c'e). (Se in tutte le equazioni il coeciente dix 2e nullo tranne che nella prima, vuol dire che x2non compare come variabile eettiva nel sottosistema ottenuto dopo il primo passo. Possiamo quindi "cambiare nome" alla variabilex 2e spostarla in fondo). A questo punto possiamo dividere la seconda equazione per il coeciente dix 2e procedere come prima. In questo modo x 2comparira con coeciente 1 nella 2a equazione e 0 nelle successive. Iterando alle equazioni successive otterremo un sistema in forma \a scalini": 8 > > > > > > > > < > > > > > > > > :x 1+ c 12x 2+ ::+c 1kx k+ ::+c 1nx n= d 1 x2+ + c 2kx k+ ::+c 2nx n= d 2 ::: xk+ ::+c knx n= d k ::::=d k+1 ::::::: ::::=d m Si possono presentare i seguenti due casi:3 a) Si ha un sistema \a scalini" del tipo: 8 > > > > > > > > > > < > > > > > > > > > > :x 1+ c 12x 2+ ::+c 1kx k+ ::+c 1nx n= d 1 x2+ + c 2kx k+ ::+c 2nx n= d 2 ::: xk+ ::+c knx n= d k3 7 7 5k equazioni 0 = 0::::::: 0 = 03 5(mk) equazioni (dove, sem=k;le ultimemkequazioni non compaiono). In questo caso siamo nell'ambito dei sistemi risolubili, in cui abbiamokequazioni eettive edn incognite, conkn:Si possono ricavare le incognite a cascata, partendo dax k, no ad x 1. Sek=n;il sistema ha una sola soluzione. Sek < n;le soluzioni saranno in nite ed espresse in funzione delle variabilix k+1; ::::; x n; che sono quindi dette variabili libere. b)Nel sistema \a scalini" c'e almeno una equazione nella quale si annulla il primo membro, ma il secondo e6 = 0:In questo caso il sistema e ovviamente impossibile. IIn conclusione, quando il sistema e risolubile, per sapere quante soluzioni ha, dobbiamo con- frontare il numerokdelle equazioni eettive con il numerondelle incognite: Sek=nil sistema edeterminatoossia ha una sola soluzione. Sek < nil sistema eindeterminatoossia ha in nite soluzioni che dipendono dankvariabili libere (si dice che il sistema ha1n k soluzioni). IPer applicare questo metodo, conviene rileggere le trasformazioni elementari sulle equazioni come corrispondenti trasformazioni elementari sulle righe della matrice completa (Ajb);che richiamiamo: Trasformazioni elementari sulle righe di(Ajb) I)R ij: scambio della riga r icon la riga r j; II)k
R i: prodotto della riga r iper il numero k(6 = 0) ; III)R i+ kR j: somma della riga r icon la riga r jmoltiplicata per k. Esempio 1.5Con trasformazioni elementari sulle equazioni del sistema si ha: 8 < :2 x+ 4y= 2 3x+y= 0 x+ 3y= 21 2 R 1, 8 < :x + 2y= 1 3x+y= 0 x+ 3y= 2R 2 3R 1 R3+ R 1, 8 < :x + 2y= 1 5y=3 5y= 3 15 R 2, 8 < :x + 2y= 1 y=35 5y= 3R 3 5R 2, 8 < :x + 2y= 1 y=35 0 = 0, x+ 235 = 1 y=35 , x=15 y=35 Sistema con 2 equazioni eettive e 2 incognite: quindi determinato, ossia con una sola soluzione. Analogamente, con le stesse trasformazioni elementari sulle righe di (Ajb) si ha: 4 0 @2 4 3 1 1 3 2 0 21 A1 2 R 1, 0 @1 2 3 1 1 3 1 0 21 AR 2 3R 1 R3+ R 1, 0 @1 2 05 0 5 1 3 31 A 15 R 2, 0 @1 2 0 1 0 5 1 35 31 AR 3 5R 2, 0 @1 2 0 1 0 0 1 35 01 A: Esempio 1.6Dato il sistema8 < :x 2y+ 4z= 2 3x+y+ 5z=1 2x+y+ 3z=2; con trasformazioni elementari sulle righe di (Ajb) si ha: 0 @1 2 4 3 1 5 2 1 3 2 1 21 AR 2 3R 1 R3 2R 1, 0 @1 2 4 0 77 0 55 2 7 61 A1 7 R 2, 0 @1 2 4 0 11 0 55 2 1 61 AR 3 5R 2, 0 @1 2 4 0 11 0 0 0 2 1 11 A,8 < :x 2y+ 4z= 2 yz=10 = 1Quindi il sistema e impossibile. Esempio 1.7Dato il sistema8 < :x +y+z= 1 2x+z= 0 6x+ 2y= 2; con trasformazioni elementari sulle righe di (Ajb) si ha: 0 @1 1 1 2 0 1 6 2 0 1 0 21 AR 2+ 2 R 1 R3 6R 1, 0 @1 1 1 0 2 3 046 1 2 41 A1 2 R 2, 0 @1 1 1 0 132 046 1 1 41 AR 3+ 4 R 2, 0 @1 1 1 0 132 0 0 0 1 1 01 A, x+y+z= 1 y+32 z = 1 Il sistema ha 2 equazioni eettive in 3 incognite: quindi il sistema e indeterminato (11 soluzioni). Inoltre:  x+y+z= 1 y+32 z = 1, x+ (132 z ) +z= 1 y= 132 z, x=12 z y= 132 z Le soluzioni sono quindi: (12 z; 132 z; z ): 5 Esempio 1.8 Discutere la risolubita al variare del parametro realek;e trovare le eventuali soluzioni del sistema 8 > > < > > :x + 2yz= 1 x+y+ 2z= 0 2xy= 0 xyz=k. Con trasformazioni elementari sulle righe di (Ajb) si ha: 0 B B @1 2 1 1 1 2 21 0 111 1 0 0 k1 C C AR 2+ R 1 R3 2R 1 R4 R 1, 0 B B @1 2 1 0 3 1 05 2 03 0 1 1 2 k11 C C A1 3 R 2, 0 B B @1 2 1 0 113 05 2 03 0 1 13 2 k11 C C AR 3+ 5 R 2 R4+ 3 R 2, 0 B B B @1 2 1 0 113 0 0113 0 0 1 1 13 13 k1 C C C A3 11 R 3, 0 B B @1 2 1 0 113 0 0 1 0 0 1 1 13 111 k1 C C AR 4 R 3, 0 B B B @1 2 1 0 113 0 0 1 0 0 0 1 13 111 k+111 1 C C C A,8 > > > < > > > :x + 2yz= 1 y+13 z =13 z=111 0 =k+111 : Quandok+111 6 = 0 il sistema e impossibile. Se invecek=111 ; si tratta di un sistema di 3 equazioni eettive in 3 incognite, quindi determinato. Per calcolarne l'unica soluzione si risolve il sistema8 < :x + 2yz= 1 y+13 z =13 z=111 ; e si trova la soluzione 211 ;411 ; 111
: Esempio 1.9Discutere la risolubita e trovare le eventuali soluzioni del sistema: 8 > > < > > :x + 2y+zw= 2 2x+ 3yz=2 2y+ 4zw= 9 x+z+w= 6; Con trasformazioni elementari sulle righe di (Ajb) si ha: 0 B B @1 2 1 1 013 2 0 2 41 02 0 2 2 6 9 41 C C AR 3+ 2 R 2 R4 2R 2, 0 B B @1 2 1 1 013 2 0 02 3 0 0 62 2 6 3 161 C C AR 4+ 3 R 3, 6 0 B B @1 2 1 1 013 2 0 02 3 0 0 0 7 2 6 3 71 C C A,8 > > < > > :x + 2y+zw= 2 y3z+ 2w=6 2z+ 3w=3 7w= 7: Il sistema e quindi determinato e si trova la soluzione (2;1;3;1): Esempio 1.10Discutere la risolubita al variare del parametro realek;e trovare le eventuali soluzioni del sistema 8 < :x 3yw=1 5x5y+z+kw= 0 2x+ 4y+z= 0. Con trasformazioni elementari sulle righe di (Ajb) si ha: 0 @1 3 01 55 1k 2 4 1 0 1 0 01 AR 2 5R 1 R3 2R 1 R23, 0 @1 3 01 0 10 1 2 0 10 1k+ 5 1 2 51 AR 3 R 2, 0 @1 3 01 0 10 1 2 0 0 0k+ 3 1 2 31 A,8 < :x 3yw=1 10y+z+ 2w= 2 (k+ 3)w= 3: Quindi perk= 3 il sistema e impossibile, mentre perk6 = 3, ponendoy=ta parametro, l'insieme delle soluzioni e: f(1 + 3t+3k +3; t; 210t23k +3;3k +3) jt2Rg. 7