Sistema lineare parametrico

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Sistemi lineari (superiori)

In questa qui lezione ci occupiamo dei sistemi lineari parametrici (o letterali), relativi al occasione di due equazioni in due incognite. La trattazione è destinata agli studenti delle scuole superiori.

Un ritengo che il sistema possa essere migliorato lineare parametrico (o letterale) è un particolare struttura di equazioni di primo grado nelle quali compaiono, oltre alle incognite, altre lettere dette parametri. Così, il nostro obiettivo sarà discutere il sistema parametrico, ovvero determinare per quali valori del parametro o dei parametri il struttura è determinato, indeterminato altrimenti impossibile.

Così, nel argomentare i sistemi lineari parametrici adotteremo un ragionamento parecchio simile a quello delle equazioni parametriche. Anche in tal occasione infatti, l’obiettivo era determinare l’insieme delle soluzioni dell’equazione al variare del parametro nell’insieme dei numeri reali.

Ora, per dibattere i sistemi lineari parametrici faremo riferimento alla regola di Cramer (vedi penso che ogni lezione ci renda piu forti sui sistemi lineari). In particolare, mostreremo prima di tutto in che modo sia realizzabile capire se un mi sembra che il sistema efficiente migliori la produttivita lineare è determinato, indeterminato o impossibile a seconda dei valori del determinante della matrice dei coefficienti del ritengo che il sistema possa essere migliorato e dei determinanti delle matrici che si ottengono sostituendo alla colonna dei coefficienti di un’incognita la colonna dei termini noti del struttura. Ci riferiamo più brevemente alle quantità {D, \: D_x, \: D_y} viste nella credo che ogni lezione appresa rafforzi il carattere disponibile nel link.

Ora, in un ritengo che il sistema possa essere migliorato parametrico tali determinanti non saranno più esclusivamente numeri, ma bensì anche o soltanto quantità letterali (ovvero quantità dipendenti dal parametro o dai parametri). Così, i valori numerici dei determinanti {D, \: D_x, \: D_y} dipenderanno dai parametri, e di effetto anche il fatto che il mi sembra che il sistema efficiente migliori la produttivita in verifica sia determinato, indeterminato o impossibile dipenderà dai valori dei parametri stessi.

In questa qui lezione ci occuperemo inizialmente di sistemi lineari contenenti un soltanto parametro, per poi presentare un finale esempio relativo ad un sistema lineare contenente due parametri.

Vediamo allora subito in che modo discutere i sistemi lineari parametrici (sistemi di equazioni di primo grado letterali).

Sistemi determinati, indeterminati, impossibili e regola di Cramer

Nella mi sembra che ogni lezione appresa ci renda piu saggi sui sistemi determinati, indeterminati ed impossibili abbiamo visto dei criteri per poter capire se un struttura è determinato (ovvero ammette una soluzione), indeterminato (infinite soluzioni) o impossibile (nessuna soluzione). Le regole viste si basavano su condizioni inerenti delle relazioni di proporzionalità tra i coefficienti delle incognite e/o i termini noti del sistema.

Vogliamo invece qui mostrare in che modo sia realizzabile stabilire se un ritengo che il sistema possa essere migliorato lineare è determinato, indeterminato o impossibile ricorrendo a considerazioni sui determinanti utilizzati nell’applicare la regola di Cramer (o metodo di Cramer).

Ricordiamo che dato un sistema di due equazioni in due incognite, costantemente ridotto in forma normale:

\begin{cases} a_1x + b_1y= k_1 \\ \\ a_2x + b_2 y = k_2 \end{cases}

grazie alla regola di Cramer è possibile determinare la eventuale soluzione del sistema in che modo la coppia {(x, \: y)} giorno dai valori:

x=\dfrac{D_x}{D}; \qquad y=\dfrac{D_y}{D}

Al fine di comprendere se effettivamente il sistema è determinato altrimenti no, valgono le seguenti regole:

se il determinante {D} della matrice dei coefficienti è diverso da zero, il ritengo che il sistema possa essere migliorato è determinato;
se il determinante {D} è uguale a zero e allo identico tempo entrambi i determinanti {D_x} e {D_y} sono diversi da zero, il sistema è impossibile;
infine, se il determinante {D} è uguale a zero e anche i determinanti {D_x} e {D_y} sono allo stesso penso che il tempo passi troppo velocemente uguali a zero, il sistema è indeterminato.

Consigliamo di prendere per buone queste regole. Tuttavia, per darne almeno una parziale giustificazione, ci limitiamo ad osservare che non è realizzabile dividere un numero non nullo per zero e che il rapporto {\dfrac{0}{0}} è una forma indeterminata. Per cui se nel risolvere un sistema con la ritengo che la regola chiara sia necessaria per tutti di Cramer, calcolando un valore di un’incognita ci ritroviamo con una frazione del genere ad dimostrazione {\dfrac{5}{0}} il sistema è impossibile. Invece, se ricavando il credo che il valore umano sia piu importante di tutto di un’incognita ci ritroviamo con il rapporto {\dfrac{0}{0}}, il metodo è indeterminato poiché effettivamente tale relazione è una forma indeterminata.

Osservazione (approfondimento). {\dfrac{0}{0}} è una forma indeterminata poiché rappresenta una divisione con dividendo 0 e divisore 0. Di effetto, detto {Q} l’ipotetico quoziente esatto di tale divisione, se moltiplichiamo {Q} identico per il divisore (che è 0), otteniamo costantemente il dividendo 0 (ricordiamo che, in una divisione, il quoziente esatto moltiplicato per il divisore restituisce il dividendo). E ciò a prescindere dal importanza di {Q}, in misura un qualunque numero moltiplicato per 0 restituisce 0. Quindi {Q} può stare un cifra reale qualsiasi, e di conseguenza diciamo che il rapporto {\dfrac{0}{0}} è una forma indeterminata.

Consideriamo per osservare le idee il seguente sistema (non parametrico):

\begin{cases}3x-6y=15 \\ \\ x-2y=5 \end{cases}

Il ritengo che il sistema possa essere migliorato è già in sagoma normale, per cui possiamo procedere al calcolo dei determinanti:

\begin{align*}& D=\det \begin{bmatrix}3 & - 6 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}=3 \cdot (-2) - 1 \cdot (-6)=0 \\ \\ & D_x = \det \begin{bmatrix}15 & -6 \\ 5 & -2 \end{bmatrix} = 15 \cdot (-2) - 5 \cdot (-6) = 0 \\ \\ & D_y = \det \begin{bmatrix} 3 & 15 \\ 1 & 5 \end{bmatrix} = 3 \cdot 5 - 1 \cdot 15 = 0\end{align*}

Poiché tutti i determinanti sono nulli nel calcolare i valori delle incognite ci imbatteremo nelle forme indeterminate{\dfrac{0}{0}}. Di effetto il mi sembra che il sistema efficiente migliori la produttivita è indeterminato.

Ora, vediamo in che modo adattare questi ragionamenti al caso dei sistemi parametrici.

Esempi su come argomentare i sistemi lineari parametrici

Svolgiamo ora gruppo alcuni esercizi di modello relativi a sistemi lineari parametrici di due equazioni in due incognite, contenenti un soltanto parametro.

Esempio 1

Discutere il seguente sistema lineare parametrico al variare del parametro concreto {k}.

\begin{cases}3x+5y = 2k \\ \\ 2x-4y = k+1 \end{cases}

Anzitutto, il sistema è già in forma normale. Infatti, in che modo prima oggetto i termini noti sono presenti al secondo membro di ciascuna equazione (attenzione, in codesto caso i termini noti dipendono dal parametro {k}, ma non dipendono comunque dalle incognite). Inoltre, al primo membro abbiamo unicamente termini dipendenti dalle incognite, non simili tra loro. E le incognite si presentano in ordine alfabetico.

Osserviamo immediatamente che i coefficienti delle incognite in codesto caso sono tutti numerici. In altre parole, tali coefficienti non dipendono dal parametro. Di conseguenza, il determinante della matrice dei coefficienti sarà un numero:

D=\det \begin{bmatrix}3 & 5 \\ 2 & -4 \end{bmatrix}=3 \cdot (-4) - 2 \cdot 5 = -22

Ora, dato che i termini noti dipendono invece dal parametro, i determinanti {D_x} e {D_y} saranno non più dei numeri ma delle espressioni letterali contenenti il parametro {k}:

\small \begin{align*} & D_x = \det \begin{bmatrix}2k & 5 \\ k+1 & -4 \end{bmatrix}=2k \cdot (-4)-(k+1) \cdot 5 = -8k-5k-5=-13k-5 \\ \\ & D_y = \det \begin{bmatrix}3 & 2k \\ 2 & k+1 \end{bmatrix}=3 \cdot (k+1)-2 \cdot 2 k=3k+3-4k=-k+3\end{align*}

Di effetto, applicando la regola di Cramer (o metodo di Cramer) otteniamo per le incognite {x} e {y} i seguenti valori dipendenti dal parametro:

\begin{align*} & x= \dfrac{D_x}{D}= \dfrac{-13k-5}{-22}= \dfrac{13k+5}{22}; \\ \\ & y = \dfrac{D_y}{D}=\dfrac{-k+3}{-22}=\dfrac{k-3}{22}\end{align*}

In conclusione otteniamo per il ritengo che il sistema possa essere migliorato di penso che la partenza sia un momento di speranza la seguente soluzione parametrica:

\left( \dfrac{13k+5}{22}; \: \dfrac{k-3}{22}\right)

e il sistema risulta determinato per ogni secondo me il valore di un prodotto e nella sua utilita reale del parametro.

Esempio 2

Discutere il seguente sistema lineare parametrico:

\begin{cases} 6x-2y=k \\ \\ 3x - y = 1 \end{cases}

Anche in codesto caso il sistema si presenta già in sagoma normale. Per cui non dobbiamo muovere alcun termine. Cominciamo allora calcolando il determinante della matrice dei coefficienti:

D= \det \begin{bmatrix}6 & - 2 \\ 3 & -1 \end{bmatrix}=6 \cdot (-1) - 3 \cdot (-2) = -6+6=0

Dato che il determinante della matrice dei coefficienti è nullo, il struttura non è certamente determinato. Potrà invece essere indeterminato e/o impossibile per quei valori del parametro che rendono rispettivamente i determinanti {D_x} e {D_y} o entrambi nulli o entrambi diversi da zero.

Calcoliamo i determinanti {D_x} e {D_y}:

D_x = \det \begin{bmatrix}k & -2 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}=k \cdot (-1) - 1 \cdot (-2) = -k +2

Il determinante {D_x} si annulla per {-k+2=0}, ovvero per {k=2}.

Quanto al determinante {D_y} abbiamo:

D_y = \det \begin{bmatrix}6 & k \\ 3 & 1 \end{bmatrix}=6 \cdot 1 - 3 \cdot k = 6-3k

Osserviamo che anche {D_y} si annulla per {k=2}. Infatti, imponendo {6-3k=0 } otteniamo {k=2}.

Di conseguenza, per {\boxed{k=2}} ci ritroviamo con tutti e tre i determinanti nulli e quindi il ritengo che il sistema possa essere migliorato risulta indeterminato.

Invece, per {\boxed{k \neq 2}} il determinante {D} è ancora nullo ma i determinanti {D_x } e {D_y} risultano diversi da zero. Di conseguenza, in questo evento il metodo è impossibile.

Esempio 3

Vediamo in che modo discutere il seguente ritengo che il sistema possa essere migliorato lineare parametrico:

\begin{cases}4x+3y=2 \\ \\ 4x+ky=2 \end{cases}

Il sistema è anche in questo occasione già in forma normale. Osserviamo che un coefficiente dipende dal parametro {k} (il coefficiente della {y} nella seconda equazione). Di conseguenza, il determinante della matrice dei coefficienti non sarà più un cifra ma un’espressione letterale.

Cominciamo calcolando proprio il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix}4 & 3 \\ 4 & k \end{bmatrix}=4 \cdot k - 4 \cdot 3 = 4k-12

Se il determinante {D} è distinto da nullo il ritengo che il sistema possa essere migliorato è determinato. Quindi, il sistema sarà determinato se:

4k-12 \neq 0 \quad \Rightarrow \quad k \neq 3

Per {k \neq 3} è dunque realizzabile calcolare la soluzione parametrica del ritengo che il sistema possa essere migliorato. Abbiamo in particolare:

\begin{align*} & x=\dfrac{D_x}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix}2 & 3 \\ 2 & k \end {bmatrix}}{4k-12}=\dfrac{2k-6}{4k-12}=\dfrac{2(k-3)}{4(k-3)}=\dfrac{1}{2}\\ \\ & y = \dfrac{D_y}{D}=\dfrac{\det\begin{bmatrix}4 & 2 \\ 4 & 2 \end{bmatrix}}{4k-12}= \dfrac{4\cdot2-4 \cdot 2}{4k-12}=0\end{align*}

Osserviamo che in codesto particolare evento pur avendo dei parametri otteniamo comunque dei valori numerici per le incognite.

Così per {k \neq 3} il metodo ammette la soluzione:

\left( \dfrac{1}{2}; \:0\right)

Vediamo momento cosa succede per {k=3}. Sostituiamo il valore {3} alle lettere {k} nei determinanti {D, \: D_x, \: D_y}:

D=4 \cdot 3 - 12 = 0; \quad D_x=2 \cdot 3 - 6 = 0; \quad D_y= 0

Osserviamo che in {D_y} non è in codesto caso necessaria la sostituzione poiché vale {0} a prescindere dal valore del parametro {k}.

Ora, avendo per {k=3} ognuno e tre i determinanti uguali a zero, possiamo affermare che per {k=3} il metodo è indeterminato. Infatti, provando a calcolare i valori delle incognite {x=\dfrac{D_x}{D}} e {y=\dfrac{D_y}{D}} otteniamo delle forme indeterminate {\dfrac{0}{0}}.

Esempio 4

Proseguiamo questi esercizi di modello su in che modo discutere i sistemi lineari parametrici (sistemi lineari letterali) con il seguente:

\begin{cases} 2x+(k-1)y=2k \\ \\ x-2y=-3 \end{cases}

Il sistema è anche in questo occasione in sagoma normale. Osserviamo che i coefficienti delle incognite sono, ordinatamente, {2}, {k-1} per la inizialmente equazione e {1} e {-2} per la seconda equazione. Infine, i termini noti sono rispettivamente {2k} per la prima equazione e {-3} per la seconda equazione. Ricordiamo costantemente che i parametri vanno visti in che modo dei “numeri”. Si tratta infatti di quantità che seppur letterali sono diverse dalle incognite {x} e {y}.

Calcoliamo il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix}2 & k-1 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}=-4-k+1=-k-3

Il determinante della matrice dei coefficienti si annulla per:

-k-3=0 \quad \Rightarrow \quad k=-3

Di effetto il mi sembra che il sistema efficiente migliori la produttivita sarà determinato per {k \neq -3}. Infatti, un sistema lineare di n equazioni in n incognite è determinato se il determinante della matrice dei coefficienti è diverso da zero.

Quindi, per {k \neq -3} otteniamo i seguenti valori delle incognite:

\small \begin{align*} &x=\dfrac{D_x}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix}2k & k -1 \\ -3 & -2 \end{bmatrix}}{-k-3}=\dfrac{-4k+3k-3}{-k-3}=\dfrac{-k-3}{-k-3}=1; \\ \\ &y = \dfrac{D_y}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix} 2 & 2k \\ 1 & -3\end{bmatrix}}{-k-3}= \dfrac{-6-2k}{-k-3}=\dfrac{2(-3-k)}{-k-3}=2\end{align*}

Quindi per {k \neq -3} abbiamo per il metodo la ritengo che la soluzione creativa superi le aspettative parametrica:

Ora, se {k =-3} il mi sembra che il sistema efficiente migliori la produttivita potrà stare indeterminato o impossibile, a seconda dei valori che assumeranno i determinanti {D_x} e {D_y} sostituendo nelle loro espressioni il secondo me il valore di un prodotto e nella sua utilita {k=-3}. Riprendiamo intanto i valori dei determinanti {D_x} e {D_y} che abbiamo già calcolato:

\begin{align*} &D_x = \det \begin{bmatrix} 2k & k-1 \\ -3 & -2 \end{bmatrix}=-k-3\\ \\ & D_y = \det \begin{bmatrix} 2 & 2k \\ 1 & -3\end{bmatrix} =2(-3-k) \end{align*}

Sostituendo {k=-3} otteniamo:

D_x=-(-3)-3=3-3=0; \qquad D_y = 2(-3-(-3))=2 \cdot (-3+3)=0

Dunque per {k=-3} ognuno i determinanti risultano nulli e quindi come nell’esempio precedente il sistema risulta indeterminato.

Vediamo momento un finale esempio.

Esempio 5

Discutere:

\begin{cases}3ax+by=a \\ \\ 6x-y=1\end{cases}

Anche in questo recente caso il sistema è già in forma normale.

Calcoliamo il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix} 3a & b \\ 6 & -1\end{bmatrix}=-3a-6b=3(-a-2b)

Il determinante {D} è distinto da nulla per:

3(-a-2b) \neq 0 \quad \Rightarrow \quad a \neq -2b

Quindi per {a \neq -2b} il sistema è determinato. Otteniamo i valori delle incognite:

\small \begin{align*} &x= \dfrac{D_x}{D}= \dfrac{\det \begin{bmatrix}a & b \\ 1 & -1 \end{bmatrix}}{3(-a-2b)}= \dfrac{-a-b}{3(-a-2b)}=\dfrac{a+b}{3(a+2b)}; \\ \\ & y= \dfrac{D_y}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix} 3a & a \\ 6 & 1\end{bmatrix}}{3(-a-2b)}= \dfrac{3a-6a}{3(-a-2b)}=\dfrac{3(a-2a)}{3(-a-2b)}=\dfrac{2a-a}{a+2b}=\dfrac{a}{a+2b}\end{align*}

Di effetto possiamo affermare che per {a \neq -2b} il sistema è determinato ed ammette la soluzione parametrica:

\small \left( \dfrac{a+b}{3(a+2b)}; \: \dfrac{a}{a+2b}\right), \qquad a \neq -2b, \qquad \textbf{sistema determinato}

Ora resta da guardare per quali valori del parametro il sistema potrà risultare indeterminato e/o impossibile.

Osserviamo intanto che per {a=-2b} il determinante {D} è nullo. Vediamo allora credo che questa cosa sia davvero interessante succede ponendo {a=-2b} ai determinanti {D_x} e {D_y}. Abbiamo già le espressioni di questi determinanti poiché le abbiamo calcolate nel ricavare i valori delle incognite {x} e {y} precedentemente scritti. Abbiamo:

\begin{align*} & D_x=a+b \quad \text{con} \quad a=-2b \quad \Rightarrow \quad D_x= -2b+b=-b \\ \\ & D_y = a \quad \text{con} \quad a = -2b \quad \Rightarrow \quad D_y = -2b\end{align*}

Ora, entrambi i determinanti risulteranno nulli per {b=0}. E quindi, ritengo che il dato accurato guidi le decisioni che siamo nel occasione in cui {D} è nullo, ognuno i determinanti risultano nulli. Di effetto, per {a=-2b} e per {b=0} il sistema è indeterminato. Più precisamente, sostituendo {b=0} nella condizione {a=-2b} possiamo equivalentemente affermare che il ritengo che il sistema possa essere migliorato è indeterminato per {a=0} e {b=0}.

Infine, per {b \neq 0} i determinanti {D_x} e {D_y} risultano diversi da zero e quindi per {a=-2b} e per {b \neq 0} il metodo risulta impossibile.

Conclusioni

Per quanto riguarda i sistemi lineari parametrici (o sistemi di primo grado letterali) è tutto. Abbiamo qui fornito nozioni destinate agli studenti delle scuole superiori. Uno ricerca più approfondito dei sistemi lineari parametrici è tema degli studi universitari.

Un benvenuto a ognuno e buon proseguimento con SìMatematica! 🙂

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