Algoritmo di Gauss per risolvere i sistemi lineari

Il metodo di eliminazione di Gauss, che permette di trasformare una matrice £$A$£ in una matrice £$A_G$£ che ha lo stesso rango e che ha una forma “a gradini", può essere utilizzato per risolvere facilmente un sistema lineare che, grazie al teorema di Rouché-Capelli, si è visto ammettere soluzione. I passi del procedimento sono i seguenti:

• esprimere il sistema lineare nella forma matriciale £$A\overrightarrow{x} = \overrightarrow{b}$£;
• costruire la matrice completa (o aumentata) £$A’$£, formata aggiungendo, come già visto, il vettore dei termini noti alla matrice dei coefficienti;
• sottoporre la matrice completa £$A’$£ al metodo di eliminazione di Gauss e ottenere la matrice a gradini £$A_G$£;
• individuare l’ultima riga di £$A_G$£ non completamente nulla, e ricavare il valore del corrispondente elemento del vettore incognito £$\overrightarrow{x}$£;
• “risalire” le righe della matrice £$A_G$£ e ricavare progressivamente i valori degli altri elementi di £$\overrightarrow{x}$£.

Ad esempio, consideriamo il sistema: £$\begin{cases} 2x_1 + x_2 - 2x_3 = 2 \\ x_1 + 3x_2 - 3x_3 = 0 \\ 2x_1 + 2x_2 - x_3 = 1 \\ \end{cases}$£

Possiamo verificare preliminarmente che la matrice dei coefficienti e la matrice completa hanno entrambe rango £$3$£, per cui il sistema ammette soluzione.

La matrice completa è: £$A’ = \left[\begin{matrix}2 & 1 & -2 & 2 \\ 1 & 3 & -3 & 0 \\ 2 & 2 & -1 & 1 \end{matrix}\right]$£

Sottraiamo la metà della prima riga alla seconda, e la prima riga alla terza, e otteniamo la matrice £$\left[\begin{matrix}2 & 1 & -2 & 2 \\ 0 & \frac{5}{2} & -2 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{matrix}\right]$£

Procedendo, si ottiene: £$A_G = \left[\begin{matrix}2 & 1 & -2 & 2 \\ 0 & \frac{5}{2} & -2 & -1 \\ 0 & 0 & \frac{9}{5} & -\frac{3}{5} \end{matrix}\right]$£

Osserviamo la terza riga di questa matrice a gradini: ritradotta sotto forma di equazione, essa corrisponde a £$\frac{9}{5}x_3 = -\frac{3}{5}$£, da cui ricaviamo immediatamente £$x_3 = -\frac{1}{3}$£.

Ora risaliamo nel sistema: la seconda riga della matrice £$A_G$£ corrisponde all’equazione £$\frac{5}{2}x_2 – 2x_3 = -1$£. Sostituiamo all’incognita £$x_3$£ il valore trovato £$-\frac{1}{3}$£ e ricaviamo £$\frac{5}{2}x_2 = -\frac{5}{3}$£, da cui £$\frac{5}{2}x_2 = -\frac{2}{3}$£. Infine, arriviamo alla prima riga della matrice £$A_G$£, che corrisponde all’equazione £$2x_1 + x_2 - 2x_3 = 2$£. Sostituiamo in essa i valori trovati per £$x_2$£ e £$x_3$£, e otteniamo facilmente £$2x_1 = \frac{2}{3} - \frac{2}{3}+ 2$£, cioè £$x_1 = 1$£.

Trovi gli esercizi su questo argomento in questa lezione.

Nel risolvere mediante l'algoritmo di eliminazione di Gauss un sistema lineare (che abbiamo visto ammettere soluzioni), può capitare che alla fine del procedimento si ottenga una matrice con l’ultima riga completamente nulla.

Ciò avviene quando il rango della matrice completa (e di conseguenza anche della matrice dei coefficienti, visto che abbiamo ipotizzato che il sistema lineare abbia soluzione) non è piena. Il metodo si può applicare lo stesso, ovvero, come nel caso generale, si può individuare l’ultima riga di £$A_G$£ non completamente nulla e ricavare il valore del corrispondente elemento del vettore incognito £$\overrightarrow{x}$£.

Poi si può continuare a “risalire” le righe della matrice £$A_G$£ e ricavare progressivamente i valori degli altri elementi di £$\overrightarrow{x}$£.

Ma, in questo caso di rango non pieno, non sarà possibile ricavare tutte le incognite in modo univoco, cioè il sistema risulta indeterminato.

Vediamo un esempio: £$\begin{cases} x_1 - 2x_2 - x_3 = 0 \\ -x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 2 \\ 3x_1 - 6x_2 - 7x_3 = -4 \\ \end{cases}$£

La matrice dei coefficienti e la matrice completa hanno entrambe rango non pieno, pari a £$2$£. In particolare, la matrice completa è £$A’ = \left[\begin{matrix}1 & -2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & 3 & 2 \\ 3 & -6 & -7 & -4 \end{matrix}\right]$£.

Applicando il metodo di eliminazione di Gauss, otteniamo alla fine del procedimento la matrice £$A_G = \left[\begin{matrix}1 & -2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}\right]$£.

L’ultima riga è completamente nulla (come ci aspettavamo visto che il rango non è pieno), quindi non possiamo ricavare da questa riga alcuna informazione.

Risalendo le righe della matrice, traduciamo in equazione la seconda riga della matrice £$A_G$£ e otteniamo £$2x_3 = 2$£, cioè £$x_3 = 1$£.

Infine, dalla prima riga di £$A_G$£ ricaviamo £$x_1 – 2x_2 – x_3 = 0$£: tenendo conto del valore già trovato per £$x_3$£, otteniamo £$x_1 = 2x_2 + 1$£.

In conclusione, l’incognita £$x_3$£ risulta determinata in modo univoco, ma le altre due no: sono legate tra di loro da una relazione lineare, ma esistono infinite combinazioni di valori che soddisfano il sistema lineare iniziale.

Trovi gli esercizi su questo argomento in questa lezione.