Sistemi di equazioni

[ale_merlino3000]

Ciao a tutti...
siccome io VIVO per le dimostrazioni di matematica e quando non riesco a trovarle impazzisco...
ho bisogno di voi!!!!!!!!!!
Esiste una qualche dimostrazione per la risouluzione di un sistema di equazioni con il metodo che sfrutta le combinazioni lineari???
E con Cramer????

GRAZIE

Alessandro

[Gulliver1]

Posso dirti che è possibile dimostrare che un sistema di n equazioni in n incognite ammette sempre un'unica soluzione e si può dimostrare che tale soluzione è data dalla formula che utilizzi quando applichi il metodo di Cramer.
La dimostrazione non è entusiasmante comunque se ti interessa posso provare a postarla.

[ale_merlino3000]

m'interessa eccome... una dimostrazione in più da aggiungere alle altre!!!!! )))))

Alessandro

[Camillo]

Attenzione , è vero che un sistema di n equazioni in n incognite ha una e una sola soluzione purchè il determinante dei coefficienti sia diverso da 0.In quest'ultimo caso le soluzioni possono essere infinite oppure nessuna .
ciao
Camillo

[Gulliver1]

In effetti ho grossolanamente tralasciato di scrivere che il determinante della matrice dei coefficienti deve essere non nullo.

L’unica dimostrazione che mi viene in mente presuppone una conoscenza almeno di base della geometria. Ad ogni modo io te la scrivo e poi mi dirai se ti piace o no.


Un sistema di Cramer (cioè un sistema di n equazioni in n incognite e con determinante della matrice dei coefficienti diverso da 0) x(1)A(1)+...+x(n)A(n)=B ammette un’unica soluzione che risulta della forma:
x(i)= D(A(1),A(2),...,A(i-1),B,A(i+1),...,A(n))/D(A)
dove x(i) indica l’incognita di posto i;
A(1), A(2),..., A(n) sono la prima, la seconda e l’ennesima colonna della matrice A;
B è la matrice dei termini noti (in effetti, essendo composta da una sola colonna, può essere considerata un vettore);
il simbolo D(...) indica il determinante della matrice compresa tra le parentesi.

DIMOSTRAZIONE
Essendo D(A) diverso da 0, le colonne A(1),A(2),...,A(n) sono n vettori linearmente indipendenti e costituiscono, quindi, una base per K^n (se K è il campo dei coefficienti).
Ma il vettore B appartiene a K^n; allora B si può esprimere in un unico modo come combinazione lineare dei vettori A(1),..., A(n), cioè esistono e sono unici gli scalari x(1),..., x(n) tale che:
B= x(1)A(1)+...+x(n)A(n)
Abbiamo dimostrato l’esistenza e l’unicità della soluzione; per trovarla consideriamo D(A(1),A(2),...,A(i-1),B,A(i+1),...,A(n)); sostituiamo al vettore B l’espressione trovata sopra e si ha
D(A(1),A(2),...,A(i-1),x(1)A(1)+...+x(n)A(n),A(i+1),...,A(n)) da cui per le proprietà dei determinanti si ha: D(A(1),A(2),...,A(i-1),x(1)A(1),A(i+1),...,A(n))+...+ D(A(1),A(2),...,A(i-1),x(i)A(i),A(i+1),...,A(n))+...+ D(A(1),A(2),...,A(i-1),x(n)A(n),A(i+1),...,A(n)) = x(1)D(A(1),A(2),...,A(i-1),A(1),A(i+1),...,A(n))+...+x(i)D(A(1),A(2),...,A(i-1),A(i),A(i+1),...,A(n))+...+ x(n)D(A(1),A(2),...,A(i-1),A(n),A(i+1),...,A(n)). Fra questi determinanti si annullano tutti (poiché all’interno delle parentesi ci sono di volta in volta due colonne uguali) ad eccezione di x(i)D(A(1),A(2),...,A(i-1),A(i),A(i+1),...,A(n)) che è uguale a x(i)D(A).
Uguagliando al termine di partenza si ha: x(i)D(A)= D(A(1),A(2),...,A(i-1),B,A(i+1),...,A(n)) da cui x(i)= D(A(1),A(2),...,A(i-1),B,A(i+1),...,A(n))/D(A).
Spero di essere stato chiaro ma ho qualche dubbio.

[ale_merlino3000]

FAVOLOSA!!!!!

P.S.: mi ci è voluto un po' per capirla

Alessandro