Risoluzione di sistemi lineari

Teorema 1 (Rouche-Capelli) Dato il sistema di m equazioni in n inco-gnite

Ax = b,

con

A ∈Mat(m,n) matrice dei coefficienti,b ∈ Rn vettore dei termini noti,x ∈ Rn vettore delle incognite,[A|b] matrice completa del sistema,

si ha che:

� esistono soluzioni del sistema ⇔ rg(A) = rg(A|b);

� se r = rg(A) = rg(A|b), la soluzione dipende da n− r parametri liberiindipendenti; in altri termini, si dice che il sistema ammette ∞n−r

soluzioni.

n nota. Se r = n, la soluzione dipende da n− r = 0 parametri liberi, cioee unica.

Teorema 2 (Cramer) Dato il sistema quadrato di n equazioni in n inco-gnite

Ax = b con A ∈Mat(n, n)

se la matrice A e non singolare, cioe detA 6= 0, allora il sistema e determi-nato, cioe esiste una ed una sola soluzione

x = A−1b.

♦ Esercizio. Risolvere il sistema lineare:x+ z = 1y + t = 1x+ y + t = 1z + t = 1.

Soluzione. In forma matriciale abbiamo:

[A|b] =

1 0 1 0 10 1 0 1 11 1 0 1 10 0 1 1 1

1

Essendo A ∈ Mat(4, 4), il sistema e quadrato; verifichiamo che A e nonsingolare:

detA = −1 6= 0,

dunque esiste una ed una sola soluzione, data da:

x = A−1 · b =

0 −1 1 01 2 −1 −11 1 −1 0−1 −1 1 1

1111

=

0110

♦ Esercizio. Per quali valori di a ∈ R il sistemaay = 1x+ y + az = 12x+ ay + z = 1

ammette un’unica soluzione?

Soluzione. La matrice dei coefficienti

A =

0 a 01 1 a2 a 1

e quadrata: la soluzione e unica se e soltanto se detA 6= 0:

detA = −a(1− 2a) 6= 0 ∀ a 6= 0,1

2.

Per tali valori di a l’unica soluzione del sistema e

x = A−1 · b =1

a(2a− 1)

1− a2 −a a2

2a− 1 0 0a− 2 2a −a

1

11

=

1−a

a(2a−1)1a

2a−2a(2a−1)

♦ Esercizio. Risolvere il sistema:x− y = 1−2x+ 3y + z = −2−x+ 2y + z = −1

Soluzione. La matrice associata al sistema e:

[A|b] =

1 −1 0 1−2 3 1 −2−1 2 1 −1

2

Poiche detA = 0, la matrice e singolare: usiamo il Teorema di Rouche-Capelli.Calcoliamo il rango di A:

� primo modo: rgA e la dimensione del piu grande minore (sottoma-trice quadrata) non singolare (con determinante non nullo) di A. Adesempio,

det

[−1 03 1

]6= 0,

dunque rgA = 2.

� secondo modo: riduco a scala A e conto i pivot: il loro numero da rgA.

Calcoliamo il rango di [A|b]:

� primo modo: e necessariamente rg[A|b] ≥ rgA, ma non puo essere3, perche le matrici 3 × 3 che si possono ottenere orlando il minorenon singolare in A con b hanno entrambe lo stesso determinante di A.D’altra parte, il minore non singolare di A e anche minore di [A|b],pertanto deve essere 2 ≤ rg[A|b] < 3, cioe rg[A|b] = 2.La soluzione esiste, e dipende da n− r = 3− 2 = 1 parametro libero:posso calcolarla risolvendo rispetto ad x, variabile ”esclusa” dal mi-nore non singolare di A, il sistema ad esso associato:

[1 −1 0 1−2 3 1 −2

]⇔

{y = x− 13y + z = 2x− 2

da cui la soluzione (x, x− 1, 1− x), con x ∈ R.

� secondo modo: riducendo a scala [A|b], il numero di pivot ne da ilrango, che risulta uguale a quello di A:

1 −1 0 10 1 1 00 1 1 0

⇔

x = 1 + y = 1− zy = −zz ∈ R

n nota. Le due soluzioni sono equivalenti; infatti la prima s(x) = (x, x −1, 1−x) soddisfa le relazioni della seconda s(z) = (1−z,−z, z), essendo veroche: {

s1(x) = x = 1− (1− x) = 1− s3(x)s2(x) = x− 1 = −(1− x) = −s3(x)

e analogamente s(z) soddisfa:{s2(z) = −z = (1− z)− 1 = s1(z)− 1s3(z) = z = 1− (1− z) = 1− s1(z)

3

♦ Esercizio. Risolvere il sistema:x4 + x1 + x2 = 1x2 + x3 = 1x1 − x3 + x4 = 2

Soluzione. Scriviamo la matrice associata:

[A|b] =

1 1 0 1 10 1 1 0 11 0 −1 1 2

Riducendo a scala giungo a: 1 1 0 1 1

0 −1 −1 0 10 0 0 0 2

⇔

x4 + x1 + x2 = 1x2 + x3 = −10 = 2 (eq. impossibile)

Il sistema e impossibile, infatti rgA = 2 6= rg[A|b] = 3.

♦ Esercizio. Determinare le soluzioni del sistema al variare del parametroλ ∈ R.

λx− y = 0λy − z = 0x− λz = 0

n nota. b = (0, 0, 0): il sistema si dice omogeneo. In questo caso esistealmeno la soluzione nulla. Si tratta di stabilire se sia l’unica o se ci sianoanche soluzioni non banali (non nulle).

Soluzione. Scriviamo la matrice completa del sistema:

[A|b] = A =

λ −1 00 λ −11 0 −λ

Il sistema e quadrato: per il Teorema di Cramer, poiche detA = 1 − λ3,abbiamo:

detA = 0 ⇔ λ = 1,

pertanto:

� se λ 6= 1, detA 6= 0 quindi esiste una ed una sola soluzione (quellabanale):

(x, y, z) = (0, 0, 0);

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� se λ = 1, sostituendone tale valore nella matrice A si ottiene 1 −1 00 1 −11 0 −1

che porta al sistema, equivalente a quello dato

{x− y = 0y − z = 0

⇔

x = zy = zz ∈ R

la cui soluzione dipende da 3− rgA = 3− 2 = 1 parametro libero.

� Interpretazione geometrica:

λ 6= 1: il sistema rappresenta l’intersezione di tre piani distinti, tuttipassanti per l’origine, che e l’unico punto comune a tutti e tre;

λ = 1: il sistema e invece l’intersezione di due soli piani per l’origine:una retta.

� Interpretazione algebrica: il sistema rappresenta l’annullarsi della com-binazione lineare dei tre vettori colonna di A:

Ax =0 ⇔ x

λ01

+ y

−1λ0

+ z

0−1−λ

=

000

λ 6= 1: le tre colonne sono vettori l.i. (l’unica scelta di coefficienti che

annulla la combinazione lineare e quella tutta nulla);

λ = 1: le tre colonne v1, v2, v3 sono vettori l.d; in particolare e pos-sibile estrarne al piu due (numero dei pivot) vettori l.i., che ge-nerano lo stesso spazio generato da tutti e tre. Con la soluzionex = y = z, ad esempio, possiamo scrivere la terza colonna comecombinazione lineare delle prime due:

∀ z ∈ R z(v1 + v2 + v3) = 0 ⇒ v3 = −v1 − v2.

♦ Esercizio. Discutere le soluzioni del sistema, al variare di h ∈ R:x+ hy = 2hx− y = −1x− y = 1− h

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Soluzione. Possiamo interpretare il sistema come l’intersezione di trerette in R2, oppure come la ricerca dei coefficienti (x, y) della combinazionelineare dei due vettori colonna di A che rappresenti il vettore b:

[A|b] =

1 h 2h −1 −11 −1 1− h

=

v1 v2 b

Poiche rgA ≤ 2, non ci saranno soluzioni se rg[A|b] = 3, cioe se det[A|b] 6= 0.

det[A|b] = h(h− 2)(h+ 1) = 0 ⇔ h = 0,−1, 2.

Se h 6= 0,−1, 2, il sistema e impossibile, perche rgA 6= rg[A|b]; cioe nonesiste un punto comune alle tre rette, o il vettore b 6∈ L(v1, v2).

Se h = 0, sostituendo si ha: 1 0 20 −1 −11 −1 1

in questo caso si ha rgA = 2 = rg[A|b]; l’unica soluzione e il punto (2, 1),dato dalle prime due equazioni, mentre la terza e una retta passante perquel punto.

Se h = 2, si ha 1 2 22 −1 −11 −1 −1

dove v2 = b, percio la soluzione sara (x, y) = (0, 1).

Infine, se h = −1, otteniamo 1 −1 2−1 −1 −11 −1 2

dove prima e terza riga coincidono: dunque stiamo intersecando due rettedistinte, non tre. Poiche rgA = 2, le due rette non sono parallele, percioesiste l’intersezione, soluzione del sistema:{

x− y = 2x+ y = 1

cioe (x, y) = (32 ,−

12).

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n nota. Nel sistema appena visto il numero di equazioni (o vincoli) esuperiore al numero di incognite: si dice che il sistema e sovradeterminato.E naturale aspettarsi che ammetta soluzioni in un numero limitato di casi:infatti solo 3, tra gli infiniti possibili valori del parametro, danno luogo adun sistema risolvibile.

♦ Esercizio. Discutere le soluzioni, al variare del parametro λ ∈ R, delsistema:

λx− λy + t = 0x− 2y − z = 0y + λz + t = 0

Soluzione. Scriviamo la matrice associata:

A =

λ −λ 0 11 −2 −1 00 1 λ 1

In questo caso, con 3 equazioni e 4 incognite, il sistema si dice sottodeter-minato: e piu ”probabile” trovare infinite soluzioni.Inoltre, trattandosi di un sistema omogeneo (b = 0), ammette sempre al-meno la soluzione nulla. In realta, poiche rgA = rg[A|b] ≤ 3, troveremo,per ogni valore di λ, almeno ∞1 soluzioni.

Il minore M =

[0 1−1 0

]e non singolare: rgA ≥ 2 ∀ λ.

Orliamo M nei due modi possibili:

B1 =

−λ 0 1−2 −1 01 λ 1

con detB1 = 1− λ

B2 =

λ 0 11 −1 00 λ 1

con detB2 = 0 ∀ λ.

Abbiamo due casi:

1. λ = 1 ⇒ rgA = 2. Ci sono ∞2 soluzioni del sistema: possiamotrovarle risolvendo le prime due equazioni (contenenti M) rispetto allevariabili libere (x, y):

{t = y − xz = x− 2y

⇔ v =

xy

x− 2yy − x

x, y ∈ R

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2. λ 6= 1 ⇒ rgA = 3. Abbiamo ∞1 soluzioni, dipendenti dalla variabilelibera x, non contenuta nel minore non singolare B1:

λ 0 −1 λx2 1 0 x1 λ 1 0

⇔

x ∈ Ry = 0z = xt = −λx

∀ λ 6= 1

♦ Esercizio. Determinare i valori di α e β in corrispondenza dei quali ilseguente sistema ammette soluzioni:

x cosα+ y = 0x sinβ + y cosβ = 1x+ y cosα = 0

Soluzione. Si tratta di un sistema di 3 equazioni in 2 incognite (sovrade-terminato), coi coefficienti dipendenti da 2 parametri.Scriviamo la matrice associata:

[A|b] =

cosα 1 0sinβ cosβ 1

1 cosα 0

Per il Teorema di Rouche-Capelli, perche esistano soluzioni, e necessario che

det[A|b] = 1− cos2 α = 0,

da cui cosα = ±1, dunque

α = kπ k ∈ Z.

caso α = 2kπ, cioe cosα = 1:

[A|b] =

1 1 0sinβ cosβ 1

1 1 0

dove rgA = 2 ⇔ det

[1 1

sinβ cosβ

]= cosβ − sinβ 6= 0, cioe

rgA = 2 ⇔ cosβ 6= sinβ ⇔ β 6= π

4+ hπ, h ∈ Z.

Per tali valori di β, il sistema ammette l’unica soluzione:

(x, y) = (1

sinβ − cosβ,

1

cosβ − sinβ).

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Altrimenti, essendo det

[1 0

sinβ 1

]6= 0 ∀ β, si ha rgA = 1 6=

rg[A|b], quindi il sistema e impossibile.

caso α = (2k + 1)π, cioe cosα = −1:

[A|b] =

−1 1 0sinβ cosβ 1

1 −1 0

dunque rgA = 2 ⇔ det

[−1 1

sinβ cosβ

]= − cosβ − sinβ 6= 0, cioe

rgA = 2 ⇔ cosβ 6= − sinβ ⇔ β 6= −π4

+ hπ, h ∈ Z.

Per tali valori di β, l’unica soluzione e{x = 1

sinβ+cosβ

y = 1sinβ+cosβ

Altrimenti il sistema e impossibile.

In definitiva, il sistema ammette una sola soluzione nei casi:

� α = 2kπ e β 6= π4 + hπ, k, h ∈ Z;

� α = (2k + 1)π e β 6= −π4 + hπ, k, h ∈ Z.

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