Base per lo spazio delle soluzioni di un sitema omogeneo
Ciao, sono nuovo del forum, mi potreste spiegare questo esercizio:
TROVARE LA BASE DELLO SPAZIO DELLE SOLUZIONI DEL SISTEMA OMOGENEO:
x-2y+3z-t=0
2x+z+4t=0
Io ho trovato che la dimensione è 2 in R^4 ed il sistema ha infinito alla due soluzioni, adesso come faccio a trovare i vettori che formano la base?
Mi potrestI spiegare i singoli passaggi? Grazie mille
TROVARE LA BASE DELLO SPAZIO DELLE SOLUZIONI DEL SISTEMA OMOGENEO:
x-2y+3z-t=0
2x+z+4t=0
Io ho trovato che la dimensione è 2 in R^4 ed il sistema ha infinito alla due soluzioni, adesso come faccio a trovare i vettori che formano la base?
Mi potrestI spiegare i singoli passaggi? Grazie mille
Risposte
Si riduce la matrice dei coefficienti e dei termini noti (in questo caso l'ultima colonna sarebbe \(^t (0,0)\), che quindi si può omettere perché ogni operazione elementare sulle righe lascia sempre zeri nell'ultima colonna) del sistema con l'algoritmo di Gauss-Jordan (su cui trovi abbondante materiale in Internet, se non ne parlasse il tuo testo di algebra lineare):
sottrai due volte la prima riga dalla seconda: \(\begin{pmatrix}1&-2&3&-1\\2&0&1&4\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&-2&3&-1\\0&4&-5&6\end{pmatrix}\)
e quindi dividi la seconda riga per 4 e la sommi due volte alla prima: \(\to\begin{pmatrix}1&0&\frac{1}{2}&2\\0&1&-\frac{5}{4}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}\) per avere la matrice ridotta, cioè che sia a gradini con primo coefficiente non nullo uguale a 1 e con tutti zeri al di sopra di sé nella propria colonna.
A questo punto poni uguale a 0 ogni variabile indipendente, quelle cioè che al termine del processo di eliminazione sulla matrice si ritrovano con i coefficienti corrispondente non appartenenti ai "gradini di 1" (in questo caso quindi la terza e la quarta: $z$ e $t$), e trovi una soluzione particolare:
\(\begin{pmatrix}1&0&\frac{1}{2}&2\\0&1&-\frac{5}{4}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) con $z=0=t$ ti dà ovviamente $x=y=0$ e quindi \((x,y,z,t)=(0,0,0,0)\) è una soluzione del sistema (se il sistema non fosse omogeneo sarebbe diversa).
Le varie soluzioni del sistema omogeneo si trovano ponendo di volta in volta uguale a 1 ognuna della variabili indipendenti con le altre variabili indipendenti nulle:
per $t=0,z=1$ hai \(\begin{pmatrix}1&0&\frac{1}{2}&2\\0&1&-\frac{5}{4}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\Rightarrow\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\-\frac{3}{2}\\0\\1\end{pmatrix}\)
e analogamente con $t=1,z=0$ si ha $(x,y,z,t)=(-1/2,5/4,1,0)$. Ora, le soluzioni del sistema omogeneo che si trovano così, proprio a causa della costruzione che si ha ponendo una variabile indipendente unitaria e le altre nulle di volta in volta, sono linearmente indipendenti e le loro combinazioni lineari sono tutte le soluzioni del sistema omogeneo -del cui spazio sono quindi una base-, che, sommate alla soluzione particolare ($(0,0,0,0)$ in questo caso perché il sistema è omogeneo, quindi qui sotto non lo scrivo neanche), danno tutte le soluzioni del sistema:
\[\begin{pmatrix}1&-2&3&-1\\2&0&1&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\iff\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=u\begin{pmatrix}-2\\-\frac{3}{2}\\0\\1\end{pmatrix}+v\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\\frac{5}{4}\\1\\0\end{pmatrix} \]
per qualche $u,v$.
Ciao!
sottrai due volte la prima riga dalla seconda: \(\begin{pmatrix}1&-2&3&-1\\2&0&1&4\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&-2&3&-1\\0&4&-5&6\end{pmatrix}\)
e quindi dividi la seconda riga per 4 e la sommi due volte alla prima: \(\to\begin{pmatrix}1&0&\frac{1}{2}&2\\0&1&-\frac{5}{4}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}\) per avere la matrice ridotta, cioè che sia a gradini con primo coefficiente non nullo uguale a 1 e con tutti zeri al di sopra di sé nella propria colonna.
A questo punto poni uguale a 0 ogni variabile indipendente, quelle cioè che al termine del processo di eliminazione sulla matrice si ritrovano con i coefficienti corrispondente non appartenenti ai "gradini di 1" (in questo caso quindi la terza e la quarta: $z$ e $t$), e trovi una soluzione particolare:
\(\begin{pmatrix}1&0&\frac{1}{2}&2\\0&1&-\frac{5}{4}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) con $z=0=t$ ti dà ovviamente $x=y=0$ e quindi \((x,y,z,t)=(0,0,0,0)\) è una soluzione del sistema (se il sistema non fosse omogeneo sarebbe diversa).
Le varie soluzioni del sistema omogeneo si trovano ponendo di volta in volta uguale a 1 ognuna della variabili indipendenti con le altre variabili indipendenti nulle:
per $t=0,z=1$ hai \(\begin{pmatrix}1&0&\frac{1}{2}&2\\0&1&-\frac{5}{4}&\frac{3}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\Rightarrow\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\-\frac{3}{2}\\0\\1\end{pmatrix}\)
e analogamente con $t=1,z=0$ si ha $(x,y,z,t)=(-1/2,5/4,1,0)$. Ora, le soluzioni del sistema omogeneo che si trovano così, proprio a causa della costruzione che si ha ponendo una variabile indipendente unitaria e le altre nulle di volta in volta, sono linearmente indipendenti e le loro combinazioni lineari sono tutte le soluzioni del sistema omogeneo -del cui spazio sono quindi una base-, che, sommate alla soluzione particolare ($(0,0,0,0)$ in questo caso perché il sistema è omogeneo, quindi qui sotto non lo scrivo neanche), danno tutte le soluzioni del sistema:
\[\begin{pmatrix}1&-2&3&-1\\2&0&1&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\iff\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=u\begin{pmatrix}-2\\-\frac{3}{2}\\0\\1\end{pmatrix}+v\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\\frac{5}{4}\\1\\0\end{pmatrix} \]
per qualche $u,v$.
Ciao!
Grazie mille
Prego! Scusa: avevo copia-e-incollato due 0 in più nell'ultima colonna dei termini noti, anche se te ne sarai accorto...
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