Sistema di Cramer Dato il sistema lineare

TeTeoorreemama ddii CCrraammeerr SSiisstteemimi lliineneaarrii ccoonn ppaarraammeettrroo:: ususaannddoo ii tteeoorreemmii ddii KKrroonneecckkeerr ee CCrraammeerr

S

Soottttososppaazzii ggeenneerraattii ddaa vveettttoorrii iinn RR²², , RR³³ e e lloorroo eeququaazziioonnii ppaarraammeetrtriicchhee ee ccaarrtteessiiaannee

G

Geenneerraattoorrii --

ElEleemmeenntti i lliinneeaarrmmeentntee iinnddiippeennddeennttii

Rosalba Barattero

ESERCITAZIONE N.4 26 marzo 2009

ESERCIZIO1.

Sistema di Cramer

Dato il sistema lineare

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

= + +

=

− +

=

− +

−

= + + +

0 t 4y x

0 t 3y x

1 t z y x

1 2t z 2y x

a) Provare che ha un’unica soluzione

b) Determinare la soluzione facendo uso della regola di Cramer.

a) La regola di Cramer si applica ai sistemi lineari del tipo : Æ n equazioni, n incognite

Æ det(A) ≠ 0 , A matrice dei coefficienti delle incognite Questi sistemi sono detti

SISTEMI DI CRAMER e hanno 1! (un’unica) soluzione (x1 , x2, …, xn) con xi = det(A)

Δ_i

ove Δi = det della matrice ottenuta sostituendo la i-esima colonna con la colonna dei termini noti.

A|b =

⎟⎟

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

−

−

0 0 1 1

1 0 4 1

1 0 3 1

1 1 1 1

2 1 2 1

4 equazioni - 4 incognite Verifichiamo: det(A) ≠ 0

A =

⎟⎟

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

−

−

1 0 4 1

1 0 3 1

1 1 1 1

2 1 2 1

A′ =

⎟⎟

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

−

−

1 0 4 1

1 0 3 1

3 0 3 0

2 1 2 1

det(A) = det(A′)=

1 4 1

1 3 1

3 3 0

−

−

−

= -1(-3+12) +1(3+9)=3 ≠ 0

⇒ il sistema è di Cramer ed ha quindi un’unica soluzione.

b) Sappiamo che dato il sistema AX= b , con A matrice nxn invertibile ^(*), X= ^t(x₁,x₂,…,x_n) (matrice colonna),

se α = ^t(α₁,α₂,…,α_n ) è la soluzione allora Aα= b e quindi moltiplicando a sinistra per A^-1 si ottiene A^-1 Aα= A^-1 b , da cui l’unica soluzione α= A^-1 b .

La regola di Cramer ′evidenzia′ l’unicità della soluzione evitando il passaggio esplicito alla matrice inversa :

α_i = det(A) Δ_i

ove Δ_i = det della matrice ottenuta sostituendo la i-esima colonna con la colonna dei termini noti.

Le operazioni elementari non alterano det(A) R2 → R2 – R1

(*) Da ricordare : A (nxn) invertibile ⇔ det(A) ≠0 ⇔ ρ(A) =n

x= ⁰ _det(A)^{4 0 1} 1 0 3 0

1 1 1 1

2 1 2 1

−

−

−

= 0 perché C1= C3

analogamente si ottiene y=0, t=0, mentre

z= ^{1 4}_det(A)^{0 1} 1 0 3 1

1 1 1 1

2 1 2 1

−

−

−

= _det(A)^det(A)=1

(… il calcolo è qui particolarmente semplice, a differenza di quanto succede usualmente ! )

Conclusione: l’unica soluzione è (0,0,1,0)

Colonna dei termini noti

Colonna dei termini noti

ESERCIZIO2.

Sistema lineare con parametro: discussione con regola Kronecker

Dato il seguente sistema lineare

⎪⎩

⎪⎨

⎧

= +

=

= +

-λ λz y

λ z - x

2 y λx

con λ∈R

a) Stabilire per quali λ ∈ R ha soluzioni e quante sono.

b) Determinare, quando possibile, tutte le soluzioni.

a) Iniziamo studiando ρ(A) =

λ 1 0

1 - 0 1

0 1 λ

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

La caratteristica di A é minore o uguale a 3, essendo A una matrice quadrata di ordine 3. E’ importante rilevare la presenza di minore indipendenti dal parametro λ.

Esiste un minore, ₀¹ ₋⁰₁ che é diverso da zero, quindi ρ(A) ≥2 ∀ λ∈R .

Calcoliamo

λ 1 0

1 0 1

0 1 λ

− = λ(1) - λ = 0 ∀ λ∈R

⇒ ρ(A) =2 ∀ λ∈R . Ora studiamo ρ(A|b) :

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜ −

⎜⎜

⎝

⎛

−

λ λ λ

λ 2

1 0

1 0 1

0 1

che vale 2 o 3 a seconda che la colonna

dei termini noti alteri o meno ρ(A).

Usiamo la regola di Kronecker : consideriamo il minore (evidenziato) di ordine 2 diverso da zero e calcoliamo i due minori di ordine 3 che lo orlano:

λ 1 0

1 0 1

0 1 λ

− =0 (già visto)

λ λ 1

λ 1 0

2 0 1

−

− = λ-λ²+2

CASO 1. Entrambi i minori orlanti sono nulli , per Kronecker ρ(A|b) =2 ed è uguale a ρ(A), di conseguenza per il teorema di Rouché Capelli ci sono soluzioni e sono ∞^n-ρ con n=n°incog.,ρ=ρ(A)= ρ(A|b) ⇒∞^3-2 = ∞¹ soluzioni.

= 0 se λ =2,-1 1.

≠ 0 se λ ≠ 2,-1 2.

CASO 2. C’è in A|b un minore non nullo di ordine 3 ⇒ ρ(A|b)=3≠2=ρ(A) ⇒ nessuna soluzione (R.C.) Conclusione: λ ≠ 2,-1 : nessuna soluzione

λ =2,-1 : ∞¹ soluzioni

b)Modo di trovare le soluzioni ( alternativo alla riduzione di Gauss)

™ Determiniamo le soluzioni nel caso λ = 2 (∞¹ soluzioni)

A|b = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜ −

⎜⎜

⎝

⎛

−

λ λ 2

λ 1 0

1 0 1

0 1 λ

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜ −

⎜⎜

⎝

⎛

−

2 2 2

2 1 0

1 0 1

0 1 2

Abbiamo già visto che il minore evidenziato non nullo è quello che individua ρ(A)= ρ(A|b) =2.

Allora il sistema di partenza è equivalente al sistema che ′contie- ne′ le righe R1, R2 di questo minore M: dal teorema di Kronecker le righe che contengono il minore sono L.I. , quelle al di fuori sono C.L. in modo unico di tali righe.

Allora procediamo così :

1. Trascuriamo le righe che sono al di fuori di M λ=2

2. ⎩⎨⎧

=

= +

2

z - x

2 y 2x

3.

⎩⎨⎧

=

=

x -

2 z -

2x - 2 y

Infatti ogni volta che si fissa x il sistema diventa a 2 equa- zioni, 2 incognite , con det(A) ≠0 ed ha quindi un’unica soluzione (y,z). Ma poiché la x varia, le soluzioni del sistema sono

infinite ∞^n-ρ con n= n°incognite, ρ=ρ(A)= ρ(A|b) (x, 2-2x, x-2) al variare di x in R :

™ Determiniamo ora le soluzioni nel caso λ =-1 (∞¹ soluzioni)

A|b = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜ −

⎜⎜

⎝

⎛

−

λ λ 2

λ 1 0

1 0 1

0 1 λ

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜ −

⎜⎜

⎝

⎛

−

−

−

1 1 2

1 1 0

1 0 1

0 1 1

… analogamente a prima si ottiene

⎩⎨

⎧

= +

=

x -

1 - z -

x 2 y

isoliamo a I°membro le incognite relative al minore non nullo M

Assegniamo alle variabili a secondo mem- bro valori arbitrari; per ciascuna assegna- zione,il sistema diventa di CRAMER nelle incognite y, z, considerando la x ′variabile libera′.

λ= -1

∞¹ soluzioni :

(x, 2+x,1+x) al variare di x in R.

ESERCIZIO3.

Sottospazi generati da vettori in R²

Siano dati in R² i vettori u=(-3,1), v=(₂^3,−₂¹), w=(1,-2).

Sia V=<u,v> il sottospazio di R²generato dai vettori u, v a) Dire cosa rappresenta geometricamente il

sottospazio <u> ( sottospazio generato da u) e determinare le equazioni in x, y che lo rappre- sentano.

b) Dire cosa rappresenta il sottospazio <u,v> . c) Dire cosa rappresenta il sottospazio <u,w>.

V=<u> è il sottospazio di R² generato ( spanned) da u = ⎨ u′∈R² | u′=au, a ∈R ⎬

È l’insieme di tutte le combinazioni lineari di u ( in questo caso, essendoci 1 solo vettore, si riduce ai multipli di u) munito delle due operazioni che lo rendono R-spazio vettoriale.

Ricordiamo cosa vuol dire che R² ( la definizione si estende a Rⁿ , con n >0 ) è R-spazio vettoriale :

Sui vettori ( pti) di R² sono definite due operazioni:

se u = (x₀ ,y₀), v= (x₁ ,y₁) ∈ R² ,λ∈R :

• la somma u+v = (x0+x₁ ,y₀+ y₁)

• la moltiplicazione λu dello scalare λ per il vettore u λu = (λx0, λy0).

Ma per verificare che un sottoinsieme V di R² sia sotto- spazio di R² basta verificare che V sia non vuoto

(abitualmente si controlla che V contenga almeno lo ZERO, che in questo caso è il vettore nullo (0,0) )

E sia chiuso rispetto alle due operazioni di somma e prodotto esterno, ossia che:

u+v = (x₀+x₁ ,y₀+ y₁) ∈ V ∀ u=(x₀ ,y₀)∈ V, v=(x₁ ,y₁)∈ V λu = (λx0, λy0) ∈ V ∀ u=(x₀ ,y₀)∈ V , ∀ λ∈R

Si verifica facilmente che gli insiemi del tipo <u₁, u₂, …,u_n>

sono sottospazi .

V=<u> = ⎨w∈R² | w =au, a ∈R ⎬

Una rappresentazione parametrica della retta è :

⎩⎨

⎧

=

−

= a y

3a

x al variare di a ∈ R

Ci dà la retta come luogo di tutti i suoi pti, basta assegnare un valore reale ad a.

Possiamo anche osservare che si ha : P(x,y)∈V⇔ (x,y) è multiplo di (-3,1)

⇔ (x,y) e (-3,1) sono linearmente dipendenti

⇔ ^x_{3 1}^y⎟⎟⎠⁼¹

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

ρ − (def. di ρ(A) come max. n° righe, risp. colonne L.I.)

⇔ ₋^x₃ ^y₁ ⁼⁰ (ρ(A) massima =n ⇔ det(A) ≠0 per matrici quadrate A nxn !)

V = ⎨a(-3,1)|a ∈R ⎬ = ⎨(-3a,a)|a ∈R ⎬ … si evidenziano i triangoli simili, in cui è costante il rapporto tra lati omologhi.

Quindi si tratta di pti (vettori) allineati, che individuano la retta passante per O e per uno di tali pti , ad es. (-3,1).

au u

O x

y

⇔ x+3y=0

Questa è la rappresentazione cartesiana di V in termini di equazioni lineari in x, y.

Con questa rappresentazione abbiamo tutti i pti di V assegnando ad una variabile ( ad es. la x) un valore numerico e trovando di conseguenza il corrispondente valore di y.

b) u=(-3,1), v=(₂^3,−1₂) ⇒ <u,v> =?

<u, v>=<u>=<v> : u e v non sono entrambi indi- spensabili, basta uno dei due vettori per generare il sottospazio.

v=⁻₂^1u ⇒ u,v L.D.

⇒ <u>=<v>

⇒ retta per O, A(-3,1) coincide con

retta per O, B(₂^3,−₂¹)

v y

u

O x

c) u=(-3,1), w=(1,-2) ⇒ <u,w>= ?

Ma vediamo la prova algebrica.

u

w y

O x

u, w NON allineati ⇔ u,v L.I.

⇔ <u>≠<v>

<u,v>=⎨w∈R²|w=au+bv,a,b∈R ⎬ = ?

Intuitivamente dal pto di vista geometrico è chiaro che , dati due vettori non allineati, qualunque vettore di R² si consideri, tramite la regola del parallelogramma, si può decomporre in due vettori, ciascuno dei quali è allineato con u ( risp. v) e quindi del tipo au ( risp. bv).

Quindi ogni vettore del piano si può scrivere come somma di au+bv e si conclude

<u,v> = R² .

<u,v> = ⎨w∈R² | w =a(1,-2)+b(-3,1), a,b∈R ⎬

= ⎨w∈R² | w = (a,-2a)+(-3b,b), a,b∈R ⎬ (prod. est.) = ⎨w∈R² | w = (a-3b,-2a+b) a,b∈R ⎬ (somma) ⇒ w=(x,y) = (a-3b,-2a+b)

⇒

⎩⎨

⎧

+

−

=

−

=

b 2a y

3b a

x : le incognite sono a,b

⇒ (R2+2R1)

⎩⎨

⎧

−

= +

−

=

5b 2x y

3b a

x

⇒

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

− +

=

− +

= +

=

5 y b 2x

5 y 3 3b x

x a

CONCLUSIONE

Ogni vettore (x,y) del piano si può scrivere come au+bv

⇒<u,v> = R²

ESERCIZIO4.

Generatori – Elementi L.I. – Basi di R³

Si consideri l’R-spazio vettoriale R³.

Stabilire quali dei seguenti insiemi sono sistemi di generatori di R³ e nei restanti casi determinare una rap- presentazione parametrica e cartesiana del sottospazio generato.

a₁) {(1,2,0),(1,2,3)}

a₂) {(1,0,1),(1,1,0),(0,0,1)}

a₃) {(1,0,1),(1,1,0),(0,0,1),(1,2,0)}

a₁) Dato S={(1,2,0),(1,2,3)} l’insieme V=<(1,2,0),(1,2,3)>

di tutte le combinazioni lineari degli elementi di S a coefficienti in R è il sottospazio di R³ generato da S

V=<(1,0,3),(0,1,1)> ={a(1,2,0)+b(1,2,3)| a,b∈R}.

Può essere V= R³ ?

V = {(a,2a,0)+(b,2b,3b)| a,b∈R} (prodotto esterno) = {(a+b,2a+2b,3b) | a,b∈R} (somma)

Ad esempio (1,1,0)∈R³, ma (1,1,0) ∉V ( a+b=1, 2a+2b=1 sono incompatibili), quindi V⊂ R³ , V ≠ R³ . I due vettori (1,2,0) , (1,2,3) non generano R³ , ma il sottospazio V.

(1,2,0) , (1,2,3) sono L.I. ( non multipli ! ), quindi sono entrambi ′essenziali′ come generatori di V ( ciascuno dei due non genera l’altro ! )

Per analogia con l’esercizio precedente non è difficile intuire che i due vettori u e v generano un piano di R³ , l’insieme

<u,v> di tutte le combinazioni lineari di u, v . Abbiamo trovato : V = {(a+b,2a+2b,3b) | a,b∈R}

[Non dimenticare la corrispondenza biunivoca vettori applicati nell’origine – pti v→ R ]

Assegnando valori reali ai parametri a, b troviamo un pto del piano. Ad es. a=0, b=0 individua l’origine (0,0,0), a=1, b=0 individua il pto (1,2,3) …etc.

⎪⎩

⎪⎨

⎧

= +

= +

=

3b z

2b 2a y

b a x

al variare di a,b∈R

È una rappresentazione parametrica del piano

<u,v> è un piano per l’origine O

y z

x u

v R

Passiamo ora a determinare una rappresentazione carte- siana del piano, ossia una rappresentazione tramite equazioni in x, y,z.

Identificando pti con vettori applicati nell’origine P↔ P-O = (x,y,z) abbiamo :

(x,y,z)∈V ⇔ (x,y,z) è C.L. di u e v

⇔ {(x,y,z),(1,2,0),(1,2,3)} è un insieme di vettori L.D.

⇔ ρ ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

3 2 1

0 2 1

z y x

=2 ((1,2,0), (1,2,3) sono L.I. )

Ciò equivale all’annullamento del determinante della matrice:

3 2 1

0 2 1

z y x

=0

ci dà l’equazione cartesiana del piano di R³ , costituito dai pti (x,y,z) che la verificano.

Ad es. x=0, y=0, z=0 → O(0,0,0)

x=1, y=2, z=t → Q(1,2,t) al variare di t in R ( gli infiniti pti di una retta parallela all’asse z , passante per S(1,2,0) ).

In generale un piano per l’origine è rappresentato da un’equazione lineare omogenea in x, y, z : ax+by+cz=0.

Lo sviluppo secondo Laplace lungo C₃ : z(0) +3(2x-y)=0 , cioè 2x-y=0

a₂) <(1,0,1),(1,1,0),(0,0,1)> R³

<(1,0,1),(1,1,0),(0,0,1)> = <(a+b,b,a+c)> …

Ma ρ _⎟^⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

1 0 0

0 1 1

1 0 1

= 3

ossia i 3 vettori sono L.I.

Si può vedere che vale in generale

Dati 3 vettori di R³ :

i 3 vettori generano R³ ⇔ i 3 vettori sono L.I.

a₃) <(1,0,1),(1,1,0), (0,0,1),(1,2,0)> R^{3 (*)}

Sappiamo da a₂) che <((1,0,1),(1,1,0),(0,0,1)> = R³ allora ogni vettore v di R³ si può scrivere così:

v= a(1,0,1)+b(1,1,0)+c(0,0,1) con a,b,c∈R

quindi v= a(1,0,1)+b(1,1,0)+c(0,0,1)+ 0(1,2,0) , cioè <(1,0,1),(1,1,0), (0,0,1),(1,2,0)>= R³

…in generale un insieme minimale di generatori di R³ è costituito da 3 vettori L.I.

(*) L. osserva che ciò si può anche far derivare dal lemma di Steinitz

?

=

?

=