Teorema di Cramer

(1)



Teorema di Cramer



Risoluzione di sistemi con parametro



Matrici invertibili



Determinazione della matrice inversa tramite algoritmo di Gauss

Rosalba Barattero

ESERCITAZIONE N.4

22 marzo 2010

ESERCIZIO 1.

II parte (vedi Ex2. Esercitazione 15.03.2010)

Risolvere, facendo uso del teorema di Cramer, il sistema lineare seguente, al variare del parametro reale 



 



















λ λz 1)x (λ

0 λz 1)y (λ

λ λz 1)y (λ 1)x (λ

Avevamo visto con la discussione che : det(A) = (

²

-1)

   0, 1,-1 => unica sol.

^ne

  = 0, -1 =>

¹

sol.

ⁿⁱ

  = 1 => nessuna sol.

^ne

  = 0   





 











0 0 0

0 0 1

0 1 0

0 1 1 / b

A

 (A)= (A/b)=2:

R

1 ,

R

2

sono L.I. ,R

3

= R

1

-R

2

=>

R

_{1 ,}

R

₂

contengono un minore 2x2 non nullo

 







 











0 0 0

0 0 1

0 1 0

0

1

1 / b

A

(2)

Allora il sistema di partenza è equivalente al sistema che

contiene le righe R

1

, R

2

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.

Otteniamo   





0 y

0 y x

- Questo caso è poco significativo

(manca l'incognita z) per illustrare il procedimento gene- rale che vedremo applicato nel successivo esercizio 3.

Qui troviamo in modo elementare le infinite soluzioni (0,0,z) al variare di z in R.

  = -1   







 











1 0

1 1 0 2

1 0 0

1 0 2 / b

A

Come sopra ,il sistema è equivalente al sistema che

contiene le righe R

1

, R

₂

L.I. (R

₁

= R

₃

)

 







0 z -

1 - z 2x -

le infinite soluzioni sono (1/2,y,0) al variare di y in R.

Resta il caso   0, 1,-1 : il sistema ha n eq.

ⁿⁱ

, n incognite e det (A)  0 : è un sistema di Cramer con unica sol.

^ne

.

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

 det(A)  0 , A matrice dei coefficienti delle incognite Questi sistemi sono detti

SISTEMI DI CRAMER e hanno 1! (un’unica) soluzione (x

1

, x

2

, …, x

n

) con x

i

= det(A)

Δ

_i

ove 

i

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

Osservazione. Sappiamo che dato il sistema AX= b con A matrice invertibile nxn ( vedi esercizi successivi) , X=

^t

(x

1

,x

2

,…,x

n

) (matrice colonna),

se  =

^t

(

1

, 

2

,…, 

n

) è la soluzione

=> A= b e quindi moltiplicando a sinistra per A

^-1

si ottiene A

^-1

A= A

^-1

b , da cui l’unica soluzione = A

^-1

b .

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

(3)

  





 

















0 0

) 1 (

) 1 ( 0

) 1 ( ) 1 ( / b A

1 ) 1 (

)) 1 ( (

) 1 (

0 1 0

1 det(A)

0 1 0

1

2

 



 









 



 x

0 )

1 (

1 0 0

1

2

 (R

₁

 R

₃

)



  



y

ali) proporzion C

e (C

₁ ₃

0 )

1 (

0 1

0 1 0

1 1

2









  



z

Conclusione:   0, 1,-1 => unica sol.

^ne





 





 , 0 , 0

 1



ESERCIZIO 2.

Sistemi lineari con parametro

a) Per quali  R il sistema lineare S1:

  









 0 λy x

λ z y λx

ha ¹ soluzioni ?

b) Per quali  R il sistema lineare S2:

  









0 λz 2)x (λ

0 2)y (λ λx

ha ¹ soluzioni ?

c) Si consideri il sistema lineare S costituito da S₁ ed S_2.

Per quali R il sistema S non ha soluzioni ? d) Determinare le soluzioni di S al variare di R.

a)

  









 0 λy x

λ z y : λx

S

1

_



 



  

 0

λ 0 λ 1

1 1 / b λ

A

S

1

ha soluzioni per R.C.  (A)= (A|b) E in tal caso ha 

^3-(A)

soluzioni .

Quindi S

1

ha 

¹

soluzioni  (A)= (A|b)=2

Meglio se c’è un minore indipendente da  in A, sì quello formato da C

1

e C

3

:

₁^λ ^₀¹

= 10  (A)=2 R

 (A)= (A|b)= 2 R  S

1

ha 

¹

soluzioni R

(4)

b) S

2

:

_^^_(λ^λx_^_2)x^(λ^_^2)y_λz_^₀⁰

A|b =  

 







0 0 λ 0 2 λ

0 2 λ λ

S

2

è omogeneo, ha sempre soluzioni, ne ha  se (A)<3 In A non ci sono minori di ordine 2 indipendenti da , scegliamone uno, ad esempio quello formato da C

1

C

3

:

λ 2 λ

0 λ



= 

²

=0  =0

=>se 0  in A un minore ≠0 di ordine 2 =>(A)=2.

Se invece =0 il minore prescelto si annulla, ma dobbiamo verificare se ce n’è almeno un altro non nullo.

=0  A=

_



 

 0 0 2

0 2

0

e il minore formato da C

₁

C

₂

valendo -4 è non nullo (A)=2 Conclusione: (A)=2 R S

2

ha 

^3-2

=

¹

SOL.

ⁿⁱ

R.

Osservazione. In alternativa al modo precedente si può studiare l'annullamento simultaneo di tutti i minori di ordine 2 ( o meglio di quelli orlanti un minore non nullo di ordine 1 usando la regola di Kronecker). Se non esistono valori comuni che annullino simultaneamente tali minori, la caratteristica è 2, altrimenti è 1.

Ma nel nostro caso è più semplice procedere come si è fatto sopra.

c) S

₁

:













 0 λy x

λ z y

λx

S

₂

:













0 λz 2)x (λ

0 2)y (λ λx

S :

























0 λz 2)x (λ

0 2)y (λ λx

0 λy x

λ z y λx

A|b =





















0 0 0 λ

λ 0 2 λ

0 2 λ λ

0 λ 1

1 1 λ

Iniziamo con l’osservare che la matrice A|b è quadrata di ordine 4 e se det(A|b)0 allora (A|b) = 4 < (A) ((A) al massimo è 3) e quindi per R.C. non ci sono sol.

^ni.

Studiamo quindi det(A|b) =

0 λ 0 2 λ

0 0 2 λ λ

0 0 λ 1

λ 1 1 λ





=

= - 

λ 0 2 λ

0 2 λ λ

0 λ 1



= -  

_λ¹ _λ^λ_₂

= -

²

(+2-

²

)

-

²

(-

²

++2) = 0   = 0, -1,2

I

^a

RISPOSTA : (A|b) = 4   0,-1,2 .

Quindi se  0,-1,2 NON ci sono SOL.

ⁿⁱ

La domanda è:quando S non ha soluzioni ?

Sviluppo lungo C4

Sviluppo lungo C3

(5)

c) d) Rimangono da esaminare i casi  = 0, -1, 2 che fanno abbassare (A|b) e possono portare a (A|b)=(A).

CASO  = 0

Nella matrice A|b =



 









 











0 0 0 λ

λ 0 2 λ

0 2 λ λ

0 λ 1

1 1 λ

La colonna dei termini noti è nulla , quindi il sistema è omogeneo, e come tale ha sempre soluzioni.

Calcoliamo per =0: (A) = 















  

0 0 2

0 2 0

0 0 1

1 1 0

R

₄

ai fini della caratteristica (e quindi delle soluzioni) è trascurabile, il sistema è equivalente al sistema formato da R

₁

,R

₂

,R

₃

ed è un sistema di Cramer:

3 eq

ⁿⁱ

, 3 incognite, det(A) ≠ 0  ha un’unica sol.

^ne

, la soluzione nulla (0,0,0).

Minore di ordine 3 non nullo

CASO  = -1

A|b =















  

0 0 0 1 -

1 - 0 1

0 1 1 -

0 1 - 1

1 1 1 -

Ai fini della caratteristica possiamo omettere R

₂

(o R

₃

), calcoliamo (A)

1 0 1

0 1 1

1 1 1



= 1

^₁¹ ^₀¹

-1

_^₁¹ ^₁¹

= 1 -1(-2)  0  (A) = 3 = (A|b)  c’ è un’unica Sol.

^ne

per R.C.



 















0 z x

0 y x

1 z y x

 unica sol.

^ne ^_^¹₃ ₃¹ ₃¹^_^

CASO  = 2

E’ analogo al caso  = -1, si trova (A)=3=(A|b) e l’unica soluzione

^_^₉⁴ ^ ₉² ^₉⁸^_^

.

RISPOSTA FINALE:  0,-1,2 : NON ci sono SOL.

ⁿⁱ

 = 0 : unica sol.

^ne

(0 0 0 )  = -1 : unica sol.

^ne 



 





3 1 3 1 3 1

 = 2 : unica sol.

^ne 



 



  

9 8 9 2 9

4

proporzionali

(6)

ESERCIZIO 3.

Sistema lineare omogeneo con parametro

Dato il seguente sistema lineare omogeneo

 

 



















0 λt 2y x

0 t z 4y 2x

0 t 2y x

Determinare per quali   R ha soluzioni e quante sono e ove possibile determinarle.

A =

















 λ 0 2 1

1 1 4 2

1 0 2 1

(A)3 R per def.

C

2

=2C

1

 (A) = 

_^^















 λ 0 1

1 1 2

1 0 1

λ 0 1

1 1 2

1 0 1



= 1

₁¹ ^_λ¹

= +1 = 0  =-1

Sviluppo lungo C2

Minore di ordine 2 non nullo

 (A)  2 R

(A) =3 se -1 : 

^4-3

= 

¹

soluzioni

(A) =2 se =-1 : 

^4-2

= 

²

soluzioni

 =-1

Procediamo così :

_^

















λ 0 2 1

1 1 4 2

1 0 2 1

1.

Trascuriamo le righe che sono al di fuori di M

2.

  









4y -2x

t - z

2y x t -

3. Assegniamo alle variabili a secondo membro valori arbitrari;

per ciascuna assegnazione il sistema diventa di CRAMER nelle incognite z, t, considerando la x e y variabili libere.

Infatti ogni volta che si fissa x e y il sistema diventa a 2 equazioni, 2 incognite , con det(A) 0 ed ha quindi un’unica soluzione (z,t). Ma poiché la x e la y variano, le soluzioni del sistema sono infinite ^n- con n= nincognite, =(A)= (A|b)

=> 

²

soluzioni (x,y, -x-2y,x+2y) al variare di x,y in R.

 -1 …si trova:

¹

Sol.

ⁿⁱ

(-2y,y,0,0) al variare di y in R.

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

minore M non nullo

(7)

ESERCIZIO 4.

Matrice inversa

Sia A =















 

1 2 4

1 0 2

1 1 2

 M

3

(R) . Verificare che A è invertibile e determinare la matrice inversa A

^-1

.

Richiamiamo le 3 operazioni elementari sulle righe di una matrice

Sappiamo dalla teoria che affiancando ad A la matrice identica I e considerando la matrice A/I , se per effetto di operazioni elementari otteniamo la matrice I/B possiamo dedurre che B=A

^-1

(in tal caso A è invertibile), se invece le operazioni elementari non consentono di arrivare alla forma I/B concludiamo che A non ammette inversa.

1. R

_i

 R

_j

Scambio di righe

2. R

i

  R

i

( 0)

Moltiplicazione di una riga per uno scalare reale non nullo

3. R

_i

R

i

+R

j

( 0,i≠j)

Somma di una riga con un’altra riga moltiplicata per uno scalare

Affianchiamo a destra di A la matrice identica:















 

1 0 0

0 1 0

0 0 1

1 2 4

1 0 2

1 1 2

Ci sono diverse operazioni elementari possibili che portano alla riduzione, ma volendo seguire un algoritmo, usiamo quello della riduzione di Gauss.

  





 









1 0 2

0 1 1

0 0 1 1 4 0

0 1 0

1 1 2

  





 









1 4 2

0 1 1

0 0 1 1 0 0

0 1 0

1 1 2

Ora la matrice A si presenta di forma triangolare superiore:

sono nulli tutti gli elementi sotto la diagonale principale.

Inoltre nessun elemento sulla diagonale principale è nullo, ciò garantisce la possibilità di proseguire, mettendo gli zeri anche sopra la diagonale principale.

R

2

 R

2

- R

1

R

₃

 R

3

- 2R

₁

R

₃

 R

3

-4R

₂

Eseguiamo su A le operazioni elementari necessarie a ridurre totalmente A ad I e

contemporaneamente eseguiamo su I ogni operazione fatta su A.

(8)

Quindi proseguiamo con l’algoritmo retrogrado che metterà tutti zeri sopra i pivot a

22

, a

33

.

  





 









1 4 2

0 1 1

1 4 3 1 0 0

0 1 0

0 1 2

  





 









1 4

2 0 1 1

1 3 2

1 0 0

0 1 0

0 0 2

Ultimo passo: normalizzare gli elementi sulla diagonale principale di A, ossia renderli tutti uguali ad 1 tramite l’operazione elementare di tipo 2.