Per risolvere un sistema lineare possiamo ridurre a scala la matrice dei coefficienti e risolvere il sistema a partire dall’ultima equazione.
INDICE
ESEMPIO
Consideriamo il seguente sistema lineare con 4 equazioni in quattro incognite:
$$ \begin{cases} x+2y-z +2t=3 \\ x+2z+t=1 \\ -2x+y-2z=-1 \\ -z+t=2 \end{cases} $$
Ricaviamo ora la matrice completa di sistema A|B del tipo 4×5:
$$ A|B = \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ 1& 0& 2& 1& 1 \\ 2& 1& 0& -2& -1 \\ 0& 0& -1& 1& 2 \end{array} \right) $$
Ora andiamo a ridurre la matrice per righe, in modo da ricavare la matrice a scala.
Nella seconda riga sottraiamo la prima dalla seconda.
Mentre nella terza riga sottraiamo alla terza il doppio della seconda.
L’ultima riga la lasciamo invariata (presenta già uno zero all’inizio).
$$ A|B = \left( \begin{array} {cccc|c} \color{blue}{1}& 2& -1& 2& 3 \\ \color{red}{1}& 0& 2& 1& 1 \\ \color{red}{2}& 1& 0& -2& -1 \\ \color{red}{0}& 0& -1& 1& 2 \end{array} \right) \ \begin{array}{c} \color{blue}{ \color{blue}{r_1} \\ \color{black}{r_2} -r_1 \\ \color{black}{r_3} -2r_1 \\ \color{black}{r_4} } \end{array} $$
In questo ad una matrice equivalente in quanto a soluzioni del sistema lineare, che chiamiamo A|B’:
$$ (A|B)^{i} = \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ \color{red}{0}& -2& 3& -1& -2 \\ \color{red}{0}& -3& 2& -6& -7 \\ \color{red}{0}& 0& -1& 1& 2 \end{array} \right) $$
In particolare questa matrice identifica il seguente sistema lineare:
$$ \begin{cases} x+2y-z +2t=3 \\ -2y+3z-t=-2 \\ -3y+2z-6t=-7 \\ -z+t=2 \end{cases} $$
Continuiamo ancora a ridurre la nostra matrice.
In particolare lavoriamo solamente sulla terza riga dal momento che i primi due elementi della quarta sono già nulli.
$$ (A|B)^{i} = \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ 0& \color{blue}{-2}& 3& -1& -2 \\ 0& \color{red}{-3}& 2& -6& -7 \\ 0& \color{red}{0}& -1& 1& 2 \end{array} \right) \begin{array}{c} \color{blue}{ \color{black}{r_1} \\ \color{blue}{r_2} \\ 2 \color{black}{r_3} -3r_2 \\ \color{black}{r_4} } \end{array} $$
$$ (A|B)^{ii} = \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ 0& -2& 3& -1& -2 \\ 0& \color{red}{0}& -5& -9& -8 \\ 0& \color{red}{0}& -1& 1& 2 \end{array} \right) $$
Ora passiamo all’ultima riga che sostituiamo con 5 volte l’ultima riga MENO la terza riga:
$$ (A|B)^{ii} = \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ 0& -2& 3& -1& -2 \\ 0& 0& \color{blue}{-5}& -9& -8 \\ 0& 0& \color{red}{-1}& 1& 2 \end{array} \right) $$
$$ (A|B)^{iii} = \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ 0& -2& 3& -1& -2 \\ 0& 0& -5& -9& -8 \\ 0& 0& \color{red}{0}& 14& 12 \end{array} \right) $$
Possiamo dividere ora l’ultima riga per –2:
$$ (A|B)^{iii^*} = \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ 0& -2& 3& -1& -2 \\ 0& 0& -5& -9& -8 \\ 0& 0& \color{red}{0}& 7& 9 \end{array} \right) $$
A questo punto riconvertiamo la matrice completa del sistema nell’equivalente sistema lineare:
$$ (A|B)^{iii^*} \ \to \ \begin{cases} x+2y-z +2t=3 \\ -2y+3z-t=-2 \\ -5z+9t=-8 \\ 7t=9 \end{cases} $$
Possiamo notare come risolvere questo sistema lineare sia molto più semplice da risolvererispetto alla forma che aveva in partenza.
In particolare andiamo a risolvere le equazioni a partire dall’ultima equazione fino a risalire alla prima.
Dalla quarta equazione ricaviamo immediatamente il valore della t:
$$ \text{ IV eq. : } \ 7t=9 \to \ t= \frac{9}{7} $$
Sostituiamo ora il valore della t che abbiamo ricavato nella terza equazione:
$$ \text{ III eq. : } \ -5z -9t = -8 \ \ \overset{t= \frac{9}{7}}{\longrightarrow} \ \ \ -5\left( \frac{9}{7} \right) -9t = -8 \to $$
da cui seguono i seguenti passaggi:
$$\ \ \overset{ \cdot (-1) }{\longrightarrow} \ \ \ 5z + \frac{81}{7} = 8 \ \ \overset{- \frac{81}{7} }{\longrightarrow} \ \ \ 5z = 8 – \ \frac{81}{7} \ \ \overset{ \cdot \frac{1}{5} }{\longrightarrow} \ \ \ z = \frac{1}{5} \cdot \left( 8 – \ \ \frac{81}{7} \right) = -\frac{5}{7} $$
Adesso sostituiamo i valori della z e della t all’interno della seconda equazione, cambiando per prima cosa i segni dell’equazione:
$$ \text{ II eq. : } \ -2y+3z-t=-2 \ \ \overset{ \cdot (-1) }{\longrightarrow} \ \ \ -2y+3z-t=-2 \ \ \to$$
$$\overset{ \begin{cases} t= \frac{9}{7} \\ z= – \frac{81}{7} \end{cases} }{\longrightarrow} \ \ \ 2y -3 \left( – \frac{5}{7} \right) + \ \frac{9}{7} = 2 \to \ \to \ 2y \ – \frac{15}{7} + \ \frac{9}{7} = 2 \to $$
$$ 2y = 2 \ – \ \frac{15}{7} – \ \frac{9}{7} \to \ y= \frac{1}{2} \cdot \left( 2 \ – \ \frac{15}{7} – \ \frac{9}{7} \right) = \ -\frac{5}{7} $$
Ora non ci resta che andare a sostituire i valori di y, z e t all’interno della prima equazione in modo da ricavare la x:
$$ \text{ I eq. : } \ x+2y-z+2t=3 \ \overset{ \begin{cases} t= \frac{9}{7} \\ z= – \frac{81}{7} \\ y= -\frac{5}{7} \end{cases} }{\longrightarrow} \ \ \ x+2 \left( – \frac{5}{7} \right) – \left( – \frac{5}{7} \right) +2 \left( \frac{9}{7} \right) =3 \ \to $$
$$ \to \ x = 3 + \ \frac{10}{7} \ – \ \frac{5}{7} \ – \ \frac{18}{7} = \frac{8}{7} $$
Ricapitolando in breve:
$$ \begin{cases} x+2y-z +2t=3 \\ x+2z+t=1 \\ -2x+y-2z=-1 \\ -z+t=2 \end{cases} \to \ A|B = \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ 1& 0& 2& 1& 1 \\ 2& 1& 0& -2& -1 \\ 0& 0& -1& 1& 2 \end{array} \right) \to $$
$$\to \ (A|B)^{iii^*}= \left( \begin{array} {cccc|c} 1& 2& -1& 2& 3 \\ 0& -2& 3& -1& -2 \\ 0& 0& -5& -9& -8 \\ 0& 0& \color{red}{0}& 7& 9 \end{array} \right) \ \to \ \begin{cases} x+2y-z +2t=3 \\ -2y+3z-t=-2 \\ -5z+9t=-8 \\ 7t=9 \end{cases} \to \begin{pmatrix} x= \frac{8}{7} \\ y=\ -\frac{5}{7} \\ z=\ -\frac{5}{7} \\ t= \frac{9}{7} \end{pmatrix}$$
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MORALE DELLA FIABA
Lo scopo finale di questo tipo di riduzione è quello di semplificare il sistema lineare.
Per fare questo utilizziamo i numeri puri delle matrici effettuando delle combinazioni lineari tra vettori riga.
Questo metodo è sicuramente più elegante rispetto ai classici modo di risolvere sistemi lineari che ci vengono insegnati nelle nostre scuole superiori.
Infatti evitiamo ogni volta di “lottare” con tutte le incognite presenti nel sistema e facciamo un po’ di astrazione.
UNA PROCEDURA PIU’ AMPIA
Se ci pensiamo un attimo quando abbiamo trovato la prima soluzione non è stato poi così difficile trovare anche le altre.
La parte complicata del gioco consiste nell’impostare le combinazioni lineari che ci permettono di avere gli elementi pivot nelle posizioni strategiche, in particolare sulla diagonale principale.
Tuttavia per trovare le altre soluzioni abbiamo dovuto sostituire le incognite note all’interno delle altre equazioni e ci siamo “sporcati” ancora con le altre incognite.
Per quelli di voi che sono molto “eleganti” questa cosa non è proprio così salutare.
Per quelli di voi che si sentono ancora più “nobili ed elevati” è una cosa che bisogna assolutamente evitare.
Sarebbe come mischiarsi nelle faccende della plebe e questo potrebbe screditare il vostro titolo nobiliare.
Sarcasmi a parte la domanda su cui vi voglio far riflettere è:
Esiste un modo ancora più elevato per affrontare la questione usando sempre combinazioni lineari riuscendo alla fine della storia a leggere il valore della soluzione “depurata da tutti i mali terreni”?
Rifletteteci cinque minuti in silenzio!
In effetti si!
Si può fare!
Grazie al metodo di Gauss è possibile continuare questa procedura fino alla lettura della soluzione finale.
Se siete invece più affezionati ai determinanti vi consiglio di vedere la risoluzione dei sistemi lineari con il metodo del determinante.
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