Sistemi lineari: differenze tra le versioni

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È un metodo senz'altro efficiente e pratico da implementare in un calcolatore, tuttavia (e questa è un'opinione personale), richiede dei notevoli calcoli numerici e spesso l'utilizzo dei determinanti e la Regola di Cramer sono migliori se dobbiamo risolvere il sistema a mano senza l'impiego di un calcolatore.
 
<div style="float: center; width: 85%; padding: 15px; border: 1px solid blue; margin-left: 8px; margin-right: 8px; margin-bottom: 15px; text-align: left">
'''''Definizione''''': ''Una matrice si dice '''a scala''' se è siffatta''
 
: <math>
 
\left(\begin{array}{cccccccccc}0 & \cdots & 0 & p_1 & \cdots & & \cdots & & \cdots & * \\0 & \cdots & \cdots & 0 & \cdots & p_2 & \cdots & & \cdots & * \\\vdots & & & \vdots & & \vdots & & & & \vdots \\0 & \cdots & & \cdots & & 0 & \cdots & p_r & \cdots & * \\0 & \cdots & & \cdots & & 0 & \cdots & & & 0 \\0 & \cdots & & \cdots & & 0& \cdots & & & 0\end{array}\right)
</math>
 
 
Come si nota subito, il procedimento è molto simile a quello dell'eliminazione di Gauss. Ma un esempio dovrebbe chiarire molto meglio il l'algoritmo.
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: '' '''Esempio (1):''' '' Consideriamo il seguente sistema lineare
 
: '' '''Esempio (1):''' '' Consideriamo il seguente sistema lineare
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}2x_1 & -x_2 & +4x_3 & +x_4 & = & -2 \\-2x_1 & +x_2 & -7x_3 & +x_4 & = & -1 \\4x_1 & -2x_2 & +5x_3 & +4x_4 & = & -7\end{array}\right.</math>
: e la sua matrice associata
: A non è nulla e il primo elemento diverso da zero che incontriamo è proprio <math>a_{1,1}</math>. Quindi <math>a_{1,1} = p_1</math> e procediamo ad annullare tutti i termini della prima colonna dalla riga 2 in poi con una combinazione lineare del tipo <math> R_{h+1} = R_{h+1} + \frac{-a_{h+1,j}}{p_j} R_h</math>, con <math>{p_j}</math> fissato.
 
: <math>\left(\begin{array}{cccc}2 & -1 & 4 & 1 \\0 & 0 & -3 & 2 \\0 & 0 & -3 & 2\end{array}\right) \left(\begin{array}{c}-2 \\-3 \\-3\end{array}\right) </math>
 
: cioè abbiamo sostiuito la riga <math>R_2</math> con <math>R_2 + R_1</math> e la riga <math>R_3</math> con <math>R_3 -2 R_1</math>. La sostituzione comprende anche la colonna dei termini noti.
 
: Ripetiamo il procedimento passando alla colonna (e riga) successive, notando che la seconda riga ha un termine non nullo (nella colonna 3). Poniamo allora <math>p_2 = -3</math> e ripetiamo il procedimento di prima. Questa volta abbiamo <math> R_3 + \frac{3}{-3} R_1 = R_3 - R_1</math> che ci da' la matrice
 
: <math>\left(\begin{array}{cccc}2 & -1 & 4 & 1 \\0 & 0 & -3 & 2 \\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) \left(\begin{array}{c}-2 \\-3 \\0\end{array}\right) </math>
 
: Ci accingiamo a ripetere nuovamente il procedimento, ma questa volta notiamo che al di sotto della riga che abbiamo appena considerato, non abbiamo altre righe contenenti elementi non nulli. Perciò abbiamo finito, ottenendo un sistema a scala e il corrispondente sistema lineare:
 
: <math>\left\{\begin{array}{cccccc}2x_1 & -x_2 & +4x_3 & +x_4 & = & -2 \\ & & -3x_3 & +2x_4 & = & -3\end{array}\right. </math>
 
: Il sistema ha due pivot e il vettore dei termini noti ha dimensione 2. Un corollario che vedremo dopo ci assicurerà che, a queste condizioni, il sistema ammette soluzioni.
 
: Risolviamolo all'indietro, cioè ripetiamo l'algoritmo di Gauss-Jordan stavolta partendo dal basso:
: abbiamo la matrice <math>S=\left(\begin{array}{cccc}2 & -1 & 4 & 1 \\0 & 0 & -3 & 2 \\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) c=\left(\begin{array}{c}-2 \\-3 \\0\end{array}\right) </math> e partiamo da basso prendendo come pivot il primo valore da destra non nullo, cioè <math>2=p_{r1}</math> e, di nuovo, sostiuiamo alla prima riga di <math>S</math> e di <math>S</math> la combinazione lineare ottenuta come avevamo fatto prima, cioè <math>R_1 = R_1 -\frac{1}{2} R_2</math> ottenendo la matrice
: <math>S=\left(\begin{array}{cccc}2 & -1 & \frac{11}{2} & 0 \\0 & 0 & -3 & 2 \\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right) c=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{2} \\-3 \\0\end{array}\right) </math>.
: Abbiamo ora terminato l'algoritmo di Gauss e procediamo a risolvere il sistema lineare equivalente ottenuto. Risolviamo allora il sistema:
 
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}2x_1 & -x_2 & +\frac{11}{2}x_3 & & = & -\frac{1}{2} \\ & & -3x_3 & +2x_4 & = & -3\end{array}\right. \rightarrow </math>
<br />
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}2x_1 & = & -\frac{1}{2} & +x_2 & -\frac{11}{2}x_3 & \\ -3x_3 & = & -3 & -2x_4 & & \end{array}\right. \rightarrow
 
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}2x_1 & -x_2 & +\frac{11}{2}x_3 & & = & -\frac{1}{2} \\ & & -3x_3 & +2x_4 & = & -3\end{array}\right. \rightarrow </math>
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}2x_1 & = & -\frac{1}{2} & +x_2 & -\frac{11}{2}x_3 & \\ -3x_3 & = & -3 & -2x_4 & & \end{array}\right. \rightarrow
 
</math>
 
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}x_1 & = & -\frac{1}{4} & +\frac{1}{2}x_2 & -\frac{11}{4}x_3 & \\ x_3 & = & 1 & +\frac{2}{3}x_4 & & \end{array}\right. \rightarrow
 
</math>
 
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}x_1 & = & -\frac{1}{4} & +\frac{1}{2}x_2 & -\frac{11}{4}\left( 1 +\frac{2}{3}x_4 \right) & \\ x_3 & = & 1 & +\frac{2}{3}x_4 & & \end{array}\right. \rightarrow
 
</math>
 
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}x_1 & = & -\frac{1}{4} & +\frac{1}{2}x_2 & -\frac{11}{4} - \frac{11}{6}x_4 & \\ x_3 & = & 1 & +\frac{2}{3}x_4 & & \end{array}\right. \rightarrow
 
</math>
 
: <math>\left\{ \begin{array}{cccccc}x_1 & = & -3 & +\frac{1}{2}x_2 & - \frac{11}{6}x_4 & \\ x_3 & = & 1 & +\frac{2}{3}x_4 & & \end{array}\right. \rightarrow
 
</math>
==== Lemma ====
 
<div style="float: center; width: 85%; padding: 15px; border: 1px solid blue; margin-left: 8px; margin-right: 8px; margin-bottom: 15px; text-align: left">
 
: Sia <math>S \in M_{m,n}(\mathbb{R}) </math> una matrice a scala con <math>r</math> pivot. Poniamo
 
: <math>V_r = \left\{ \left( \begin{matrix} b_1 \\ \vdots \\ b_r \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix} \right) \in \mathbb{R}^m \mid b_1, \cdots, b_r \in \mathbb{R} \right\} = <nowiki><e_1, \cdots, e_r></nowiki> </math>
 
: con <math><nowiki><e_1, \cdots, e_r></nowiki></math> la base canonica di <math>\mathbb{R}^r \subset \mathbb{R}^m</math>.
 
: Poniamo inoltre con <math>S^{j_h}</math> la colonna ''j-esima'' di <math>S</math> in cui compare il ''h-esimo '' pivot <math>p_{h, h=1,\ldots,r}</math>.
:# <math>r = {\rm rg} S</math>
:# <math> \left\{ S^{j_1},\ldots,S^{j_r} \right\}</math> è una base di <math>{\rm Im} S</math>
 
</div>
''' ''Dimostrazione.'' '''
 
# Tutte le colonne di <math>S</math> sono della forma <math>\left( \begin{matrix} s_1 \\ \vdots \\ s_r \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix} \right)</math>, dunque appartengono a <math>V_r</math> e sono un sistema di generatori (per il significato di applicazione lineare di una matrice) di <math>{\rm Im}S</math>, quindi sicuramente <math>{\rm Im}S \subseteq V_r</math>. Tuttavia, abbiamo che
: <math>\sum_{i=1}^{r} x_i S^{j_i} = \left( \begin{matrix} b_1 \\ \vdots \\ b_r \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix} \right)</math>, cioè <math> < S^{j_1},\ldots,S^{j_r} > = V_r </math> e quindi <math>{\rm Im}S = V_r</math>.
 
 
: 3 . Abbiamo fatto vedere al punto 1 che le colonne di S contenti pivot sono un sistema di generatori di <math>{\rm Im} S</math>. Per dimostrare che sono una base, facciamo vedere che sono linearmente indipendenti, equivalente a far vedere che il sistema omogeneo
: <math>\alpha_1 S^{j_1} +\alpha_2 S^{j_2} \cdots \alpha_r S^{j_r} = 0 </math> ha come unica soluzione <math>\alpha_1=\ldots=\alpha_r=0</math>. COMPLETARE LA DIM DELL'ULTIMO PUNTO -->
 
==== Corollario ====
 
<div style="float: center; width: 85%; padding: 15px; border: 1px solid blue; margin-left: 8px; margin-right: 8px; margin-bottom: 15px; text-align: left">
 
: Sia <math>S \in M_{m,n}(\mathbb{R})</math> una matrice a scala di rango <math>r</math>.
: Allora il sistema lineare associato ha soluzione se e solo se le ultime <math>m-r</math> coordinate della colonna dei termini noti sono zero, e lo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo associato ha dimensione <math>n-r</math>.
 
</div>
''' ''Dimostrazione'' '''.
 
[[Categoria:Geometria]]
 
[[fr:Système d'équations linéaires]]
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