Esercizio su sistema lineare parametrico e indipendenza lineare

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Esercizio su sistema lineare parametrico e indipendenza lineare #99363

avt
Lucamd11
Punto
Dovrei risolvere il seguente problema con un sistema lineare parametrico e sull'indipendenza lineare dei vettori.

Sia dato il seguente sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}kx+2k^2y+2z=k+2\\ 2kx+4k^2y-kz=k\\ 3kx-kz=2k\\ 6k^2y-2kz=-2k\end{cases}

Riscrivere il sistema in forma vettoriale e, al variare del parametro k, mostrare tutti i modi in cui è possibile esprimere il vettore dei termini noti come combinazione lineare dei vettori dei coefficienti. Indicare inoltre per quali valori di k i vettori dei coefficienti sono linearmente indipendenti tra di loro e per quali valori di k sono linearmente dipendenti.
 
 

Esercizio su sistema lineare parametrico e indipendenza lineare #99369

avt
Ifrit
Ambasciatore
Consideriamo il sistema lineare parametrico nelle incognite x, \ y \ \mbox{e} \ z e con parametro k

\begin{cases}kx+2k^2y+2z=k+2\\ 2kx+4k^2y-kz=k\\ 3kx-kz=2k\\ 6k^2y-2kz=-2k\end{cases}

L'esercizio ci chiede di:

(a) riscrivere il sistema in forma vettoriale;

(b) mostrare tutti i modi in cui è possibile esprimere il vettore dei termini noti come combinazione lineare dei vettori dei coefficienti;

(c) indicare per quali valori di k i vettori dei coefficienti sono linearmente indipendenti tra di loro e per quali valori di k sono linearmente dipendenti. (Per approfondire - vettori linearmente indipendenti e vettori linearmente dipendenti).

Forma vettoriale di un sistema lineare

Prima di procedere, effettuiamo un breve preambolo teorico.

A ogni sistema lineare in n equazioni e in m incognite

\begin{cases}a_{1,1}x_1+a_{1,2}x_2+...+a_{1,m}x_{m}=b_{1}\\ a_{2,1}x_1+a_{2,2}x_{2}+...+a_{2,m}x_{m}=b_{2}\\ a_{3,1}x_{1}+a_{3,2}x_{2}+...+a_{3,m}x_{m}=b_{3}\\ \vdots\\  a_{n,1}x_1+a_{n,2}x_{2}+...+a_{n,m}x_{m}=b_{m}\end{cases}

è possibile associare la cosiddetta forma vettoriale:

x_{1}\begin{pmatrix}a_{1,1}\\ a_{2,1}\\ a_{3,1}\\ \vdots \\ a_{n,1}\end{pmatrix}+x_{2}\begin{pmatrix}a_{1,2}\\ a_{2,2}\\ a_{3,2}\\ \vdots \\ a_{n,2}\end{pmatrix}+x_{3}\begin{pmatrix}a_{1,3}\\ a_{2,3}\\ a_{3,3}\\ \vdots \\ a_{n,3}\end{pmatrix}+...+x_{m}\begin{pmatrix}a_{1,m}\\ a_{2,m}\\ a_{3,m}\\ \vdots \\ a_{n,m}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}b_{1}\\b_{2}\\ b_{3}\\ \vdots \\ b_{n}\end{pmatrix}

In termini più espliciti, il sistema lineare è diventato un'equazione vettoriale in cui:

- al primo membro compare la somma del prodotto tra ciascuna incognita e il vettore dei coefficienti a essa associato;

- al secondo membro il vettore dei termini noti.

Sebbene la teoria sia piena di simboli, l'idea di fondo è molto semplice.

Torniamo al nostro sistema lineare:

\begin{cases}kx+2k^2y+2z=k+2\\ 2kx+4k^2y-kz=k\\ 3kx-kz=2k\\ 6k^2y-2kz=-2k\end{cases}

ed estrapoliamo i vettori colonna associati alle incognite x, \ y \ \mbox{e} \ z.

A x associamo il vettore colonna formato dai coefficienti dell'incognita, vale a dire:

\begin{pmatrix}k\\ 2k\\ 3k\\ 0\end{pmatrix}

A y associamo il vettore colonna formato dai coefficienti della stessa, ossia:

\begin{pmatrix}2k^2\\ 4k^2\\ 0\\ 6k^2\end{pmatrix}

All'incognita z associamo il vettore

\begin{pmatrix}2\\ -k \\ -k\\ -2k\end{pmatrix}

e, infine, indichiamo con \mathbf{b} il vettore dei termini noti

\mathbf{b}=\begin{pmatrix}k+2\\ k\\ 2k\\ -2k\end{pmatrix}

Con le informazioni in nostro possesso, siamo in grado di scrivere il sistema lineare nella sua forma vettoriale

x\begin{pmatrix}k\\ 2k\\ 3k\\ 0\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}2k^2\\ 4k^2\\ 0\\ 6k^2\end{pmatrix}+z\begin{pmatrix}2\\ -k \\ -k\\ -2k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}k+2\\ k\\ 2k\\ -2k\end{pmatrix}

Il primo punto è completato.

Esprimere il vettore dei termini noti come combinazione lineare dei vettori coefficienti

Il punto (b) dell'esercizio equivale a determinare tutti gli x, \ y \ \mbox{e} \ z reali, che realizzano l'uguaglianza vettoriale

x\begin{pmatrix}k\\ 2k\\ 3k\\ 0\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}2k^2\\ 4k^2\\ 0\\ 6k^2\end{pmatrix}+z\begin{pmatrix}2\\ -k \\ -k\\ -2k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}k+2\\ k\\ 2k\\ -2k\end{pmatrix}

In altri termini, dobbiamo "semplicemente" risolvere il sistema lineare!

Al sistema lineare associamo sia la matrice dei coefficienti, ossia la matrice avente per entrare i coefficienti delle incognite

A_{k}=\begin{pmatrix}k&2k^2&2\\ 2k&4k^2&-k\\3k&0&-k\\ 0&6k^2&-2k\end{pmatrix}

detta anche matrice incompleta, e la matrice completa che si ottiene accostando ad A_{k} il vettore dei termini noti:

(A_{k}|\mathbf{b})=\begin{pmatrix}k&2k^2&2&k+2\\ 2k&4k^2&-k&k\\3k&0&-k&2k\\ 0&6k^2&-2k&-2k\end{pmatrix}

Prima di procedere oltre, dobbiamo comprendere se il sistema lineare ammette soluzioni: occorre invocare il teorema di Rouché Capelli il quale garantisce la compatibilità del sistema se e solo se il rango della matrice dei coefficienti A_{k} coincide con quello della matrice completa:

\mbox{Rank}(A_{k})=\mbox{Rank}(A_{k},\mathbf{b})

Nel caso in cui questa uguaglianza non venisse soddisfatta, il sistema non ammetterebbe soluzione e quindi il vettore dei termini noti non può essere espresso come combinazione lineare delle colonne della matrice di A_{k}.

Per calcolare il rango della matrice A_{k}, consideriamo la sottomatrice di ordine 3 formata dagli elementi che sono l'incrocio tra le colonne della matrice A_{k}, la sua seconda riga, la sua terza e la quarta riga:

M_{3}=\begin{pmatrix}2k&4k^2&-k\\ 3k&0&-k\\ 0&6k^2&-2k\end{pmatrix}

Se il determinante di M_{3} è diverso da zero, la matrice dei coefficienti avrà rango massimo (3), in caso contrario, il rango sarà inferiore.

Usiamo la regola di Laplace, sviluppando i calcoli sulla prima colonna

\\ \mbox{det}(M_{3})=2k\cdot\mbox{det}\begin{pmatrix}0&-k\\ 6k^2&-2k\end{pmatrix}-3k\cdot\mbox{det}\begin{pmatrix}4k^2&-k\\ 6k^2&-2k\end{pmatrix}= \\ \\ \\ =2k\cdot(+6k^3)-3k\cdot (-8k^3+6k^3)=12k^4+6k^4=18k^4

Vediamo per quali valori di k, si annulla:

\mbox{det}(M_3)=0\ \iff \ 18k^4=0

ossia se k=0.

Deduciamo quindi che il rango della matrice dei coefficienti:

- è 3, se k\ne 0;

- è minore di 3, se k=0;

Osserviamo che se k=0, \ A_{k} si riduce alla matrice

A_{0}=\begin{pmatrix}0&0&2\\ 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}

il cui rango è pari a 1.

A questo punto studiare il rango della matrice completa

(A_{k}|\mathbf{b})=\begin{pmatrix}k&2k^2&2&k+2\\ 2k&4k^2&-k&-k\\3k&0&-k&-k\\ 0&6k^2&-2k&-2k\end{pmatrix}

tenendo conto della relazione fondamentale:

\mbox{Rank}(A_{k})\le \mbox{Rank}(A_{k}|\mathbf{b})

(A parole: il rango della matrice dei coefficienti è sempre minore o al più uguale del rango della matrice completa).

Poiché (A_{k},\mathbf{b}) è una matrice quadrata, possiamo pensare di calcolare il suo determinante, ma chiaramente i conti diventano abbastanza noiosi.

Tentiamo quindi un approccio differente: se osserviamo bene, la colonna

\begin{pmatrix}k+2\\ k \\ 2k\\ -2k\end{pmatrix}

è esattamente la somma tra le colonne

\begin{pmatrix}k\\ 2k\\ 3k \\ 0\end{pmatrix}\ \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \begin{pmatrix}2\\ -k\\ -k\\ -2k\end{pmatrix}

infatti

\begin{pmatrix}k+2\\ k \\ 2k\\ -2k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}k\\ 2k\\ 3k \\ 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2\\ -k\\ -k\\ -2k\end{pmatrix}

dunque la prima colonna è combinazione lineare delle altre due: per le proprietà del determinante

\mbox{det}(A_{k}|\mathbf{b})=0 \ \ \ \mbox{per ogni}\ k\in\mathbb{R}

Questa informazione è fondamentale perché consente di concludere che:

\mbox{Rank}(A_{k}|\mathbf{b})<4

e non potendo essere più piccolo di \mbox{Rank}(A_{k}), si deve necessariamente avere che

\mbox{Rank}(A_{k}|\mathbf{b})=3 \ \ \ \mbox{per ogni}\ k\in\mathbb{R}-\{0\}

Si noti che se k=0, la matrice completa si riduce a:

(A_{0}|\mathbf{b})=\begin{pmatrix}0&0&2&2\\ 0&0&0&0\\0&0&0&0\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}

che ha rango 1.

Poiché i ranghi delle due matrici coincidono, il sistema lineare ammette sempre soluzioni!

Come se non bastasse, per k\ne 0 dalla relazione:

\begin{pmatrix}k+2\\ k \\ 2k\\ -2k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}k\\ 2k\\ 3k \\ 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2\\ -k\\ -k\\ -2k\end{pmatrix}

segue che il vettore dei termini noti si esprime sempre come combinazione lineare tra la prima e la terza colonna, e con coefficienti pari a 1, cioè:

x=1 \ \ \ , \ \ \ z=1

Poiché non compare il vettore associato all'incognita y, essa dev'essere necessariamente nulla

y=0

Abbiamo quindi risolto in parte il problema:

se k\ne 0, il sistema è risolto per x=1, \ y=0 \ \mbox{e} \ z=1

Se k=0, il sistema diventa semplicemente

2z=2 \ \ \ \to \ \ \ z=1

ed è quindi soddisfatto dai vettori (x,y,z)=(\alpha, \beta, 1) con \alpha\ \mbox{e} \ \beta\in\mathbb{R}.

Vettori linearmente indipendenti

Abbiamo pressoché studiato l'indipendenza lineare nel momento in cui abbiamo calcolato il rango della matrice A_{k}: per k\ne 0 il rango della matrice è 3, di conseguenza, per definizione di rango, le colonne che formano la matrice sono linearmente indipendenti.

Nel caso in cui k=0, la matrice ha rango 1, di conseguenza, i vettori colonna sono linearmente dipendenti.
Ringraziano: Lucamd11

Esercizio su sistema lineare parametrico e indipendenza lineare #99370

avt
Lucamd11
Punto
Grazie Mille Ifrit, mi sei stato di grande aiuto.
saluti.
Luca.
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Os