Chiarimento parametro k variabile
Salve, vorrei chiedere un chiarimento su un argomento a cui ho qualche dubbio.
Nei sistemi linerari con un k variabile, ci sono molti modi per risolvere questo tipo di esercizi.
Quello che uso di solito è ridurlo a scala (o nei casi facili risoluzione all'indietro).
Ma dopo la trasformazione in una matrice associata del sistema, averla ridotta in una matrice equivalente;
bisogna dare le condizioni su K. (es $k=0$ , $k!=0$ , ecc)
Ecco qua il dubbio, che k dobbiamo guardare, quelli sui pivots (se ce ne sono), quelli usati nelle operazioni elementari (se li abbiamo usati), tutte i k nelle altri righe,
o se la abbiamo trasformata in triangolare superiore, solo i k sulla diagonale.
Per farla semplice, dove bisogna calcolare la condizione sui k, per la risoluzione del sistema?
Se non è chiaro quello che chiedo, scriverò un esempio esplicito.
Grazie a chi risponde.
Nei sistemi linerari con un k variabile, ci sono molti modi per risolvere questo tipo di esercizi.
Quello che uso di solito è ridurlo a scala (o nei casi facili risoluzione all'indietro).
Ma dopo la trasformazione in una matrice associata del sistema, averla ridotta in una matrice equivalente;
bisogna dare le condizioni su K. (es $k=0$ , $k!=0$ , ecc)
Ecco qua il dubbio, che k dobbiamo guardare, quelli sui pivots (se ce ne sono), quelli usati nelle operazioni elementari (se li abbiamo usati), tutte i k nelle altri righe,
o se la abbiamo trasformata in triangolare superiore, solo i k sulla diagonale.
Per farla semplice, dove bisogna calcolare la condizione sui k, per la risoluzione del sistema?
Se non è chiaro quello che chiedo, scriverò un esempio esplicito.
Grazie a chi risponde.
Risposte
Io sinceramente quando ho un sistema lineare con k mi scrivo (come te) la matrice associata al sistema (ma senza fare riduzioni a scala o cose del genere).
Semplicemente mi affido a Rouche Capelli
Supponendo A la matrice associata il sistema (di n equazioni in m incognite), se il sistema è del tipo
$Ax=0$ allora qualsiasi k andrà bene, tanto la soluzione banale c'è sempre
se invece è del tipo $Ax=b$ dove $b=((b_1),(...),(b_n))$ allora devi lavorare sui ranghi, basta che il rango di A sia uguale al rango della matrice $(A|b)$, quindi ti basta prendere i k rali che il rango di A è uguale al rango di $(A|b)$
Penso sia questo ciò che chiedevi si? non so se ho capito bene...
Semplicemente mi affido a Rouche Capelli
Supponendo A la matrice associata il sistema (di n equazioni in m incognite), se il sistema è del tipo
$Ax=0$ allora qualsiasi k andrà bene, tanto la soluzione banale c'è sempre
se invece è del tipo $Ax=b$ dove $b=((b_1),(...),(b_n))$ allora devi lavorare sui ranghi, basta che il rango di A sia uguale al rango della matrice $(A|b)$, quindi ti basta prendere i k rali che il rango di A è uguale al rango di $(A|b)$
Penso sia questo ciò che chiedevi si? non so se ho capito bene...
Già che sono in fase di esercitazione con algebra ti posto un esempio di sistema con 1 parametro e di come lo risolvo io
Abbiamo il seguente sistema con il parametro t
$\{(x-y+z = 2),(y+tz = 0),(tx-6y-4z = 2):}$
Scriviamo la sua matrice associata
$A=((1,-1,1),(0,1,t),(t,-6,-4))$
Valutiamo adesso il rango di quest'ultima al variare di $t$.
Il suo determinante è $det(A)=-t^2+5t-6$, quindi possiamo affermare che $det(A) != 0 \forall t != -3, -2$, quindi per $t!=-3,-2$ il rango di $A$ è $3$.
Possiamo notare che il minore $((1,.1),(0,1))$ ha sempre determinante diverso da 0, quindi (essendo il minore 2x2) la nostra matrice avrà sempre $rank(A)>=2$
Adesso possiamo creare la nostra "tebellina"
per $t!=-3,-2 rArr rank(A) = 3$
per $t =-3,-2 rArr 3>rank(A)>=2 hArr rank(A)=2$
Adesso vediamo quando $t$ ci permette di trovare le soluzioni del sistema, ovvero le soluzioni di $Ax=b$ dove $b=((2),(0),(2))$
Ci affidiamo a Rouche-Capelli, e all'omonimo teorema secondo il quale un sistema cui è associata una matrice A ha soluzione se e solo se $rank(A)=rank(A|b)$
Nel caso di $t!=-3,-2$ ci sono sempre soluzioni, in quanto la matrice $(A|b)$ sarà 3x4, quindi avrà rango $<=3$, ma il minore $A$ (la nostra vecchia matrice) ha rango 3, quindi il rango di (A|b) è uguale al rango di A (nel caso $t!=-3,-2$), quindi esistono soluzioni.
Analizziamo ora i casi "diversi"
$t=-3$
La matrice A diventa $A=((1,-1,1),(0,1,-3),(-3,-6,-4))$, quindi $(A|b)=((1,-1,1,2),(0,1,-3,0),(-3,-6,-4,2))$ che (come è facilmente verificabile) ha rango 3, ma la matrice A, nel caso in cui t=-3, ha rango 2, quindi $rank(A)!=rank(A|b)$, perciò per $t=-3$ non esistono soluzioni
$t=-2$
Stessa cosa, la matrice associata (non la scrivo per brevità) ha rango uguale a 3, quindi nuovamente non ci sono soluzioni
Risultato:
Il sistema $\{(x-y+z = 2),(y+tz = 0),(tx-6y-4z = 2):}$ ammette soluzioni $\forall t in RR\setminus {-3,-2}
Abbiamo il seguente sistema con il parametro t
$\{(x-y+z = 2),(y+tz = 0),(tx-6y-4z = 2):}$
Scriviamo la sua matrice associata
$A=((1,-1,1),(0,1,t),(t,-6,-4))$
Valutiamo adesso il rango di quest'ultima al variare di $t$.
Il suo determinante è $det(A)=-t^2+5t-6$, quindi possiamo affermare che $det(A) != 0 \forall t != -3, -2$, quindi per $t!=-3,-2$ il rango di $A$ è $3$.
Possiamo notare che il minore $((1,.1),(0,1))$ ha sempre determinante diverso da 0, quindi (essendo il minore 2x2) la nostra matrice avrà sempre $rank(A)>=2$
Adesso possiamo creare la nostra "tebellina"
per $t!=-3,-2 rArr rank(A) = 3$
per $t =-3,-2 rArr 3>rank(A)>=2 hArr rank(A)=2$
Adesso vediamo quando $t$ ci permette di trovare le soluzioni del sistema, ovvero le soluzioni di $Ax=b$ dove $b=((2),(0),(2))$
Ci affidiamo a Rouche-Capelli, e all'omonimo teorema secondo il quale un sistema cui è associata una matrice A ha soluzione se e solo se $rank(A)=rank(A|b)$
Nel caso di $t!=-3,-2$ ci sono sempre soluzioni, in quanto la matrice $(A|b)$ sarà 3x4, quindi avrà rango $<=3$, ma il minore $A$ (la nostra vecchia matrice) ha rango 3, quindi il rango di (A|b) è uguale al rango di A (nel caso $t!=-3,-2$), quindi esistono soluzioni.
Analizziamo ora i casi "diversi"
$t=-3$
La matrice A diventa $A=((1,-1,1),(0,1,-3),(-3,-6,-4))$, quindi $(A|b)=((1,-1,1,2),(0,1,-3,0),(-3,-6,-4,2))$ che (come è facilmente verificabile) ha rango 3, ma la matrice A, nel caso in cui t=-3, ha rango 2, quindi $rank(A)!=rank(A|b)$, perciò per $t=-3$ non esistono soluzioni
$t=-2$
Stessa cosa, la matrice associata (non la scrivo per brevità) ha rango uguale a 3, quindi nuovamente non ci sono soluzioni
Risultato:
Il sistema $\{(x-y+z = 2),(y+tz = 0),(tx-6y-4z = 2):}$ ammette soluzioni $\forall t in RR\setminus {-3,-2}
Ti ringrazio della lunga risposta. Mi hai chiarito tutti i dubbi e mi hai dato un metodo alternativo per la risoluzione di questi sistemi.
I miei problemi, per chiarezza stanno nel trovare le condizioni su k, e anche alle volta la riduzione in una matrice equivalente (alle volte nelle operazioni elementari se faccio una condizione per mettere gli zeri sulla colonna, mi vengono dei k di grado maggiore di 2 quindi una matrice illeggibile).
Ho visto che nel tuo procedimento fai uso di teoremi e non di operazioni nella prima parte, cioè nel vedere se è possibile trovare una soluzione.
Te usi il determinante per trovare le condizioni su k, cioè dove avevo problemi, non pensavo che il risultato del determinante potesse essere utilizzato anche per trovare le condizioni, cioè non avevo collegato che i risultati del parametro k potessero essere anche quelli della matrice derivante. Questo è davvero utile.
Noi per la risoluzione e trovare il rango, usiamo riduzione a scala, pivots ecc.
Te invece determinante (trovi rango con ruchè-capelli, e le condizioni).
Questo tuo modo alternativo, o forse il modo giusto di procedere, mi aiuta davvero, perchè nelle operazioni elementari nella matrice faccio sempre casino.
Quindi un grazie molto grande, è uno degli esercizi più barbosi da risolvere se lo si risove (malamente) con il sistema a scala (con matrici maggiorni di 5x5)
Anzi se una matrice non è quadrata come lo risolveresti, senza l'uso del determinante per trovare le condizioni? (basta che lo scrivi in due righe non voglio farti scrivere un altro messaggio come prima
)
I miei problemi, per chiarezza stanno nel trovare le condizioni su k, e anche alle volta la riduzione in una matrice equivalente (alle volte nelle operazioni elementari se faccio una condizione per mettere gli zeri sulla colonna, mi vengono dei k di grado maggiore di 2 quindi una matrice illeggibile).
Ho visto che nel tuo procedimento fai uso di teoremi e non di operazioni nella prima parte, cioè nel vedere se è possibile trovare una soluzione.
Te usi il determinante per trovare le condizioni su k, cioè dove avevo problemi, non pensavo che il risultato del determinante potesse essere utilizzato anche per trovare le condizioni, cioè non avevo collegato che i risultati del parametro k potessero essere anche quelli della matrice derivante. Questo è davvero utile.
Noi per la risoluzione e trovare il rango, usiamo riduzione a scala, pivots ecc.
Te invece determinante (trovi rango con ruchè-capelli, e le condizioni).
Questo tuo modo alternativo, o forse il modo giusto di procedere, mi aiuta davvero, perchè nelle operazioni elementari nella matrice faccio sempre casino.
Quindi un grazie molto grande, è uno degli esercizi più barbosi da risolvere se lo si risove (malamente) con il sistema a scala (con matrici maggiorni di 5x5)
Anzi se una matrice non è quadrata come lo risolveresti, senza l'uso del determinante per trovare le condizioni? (basta che lo scrivi in due righe non voglio farti scrivere un altro messaggio come prima
)
Ma che problemi hai con il determinante? Che metodi usi per calcolarlo? Io per esempio non so fare i determinanti delle 3x3 con sarrus (sbaglio sempre), perciò mi riduco sempre all'utilizzo dei complementi algebrici, così mi faccio solo determinantini 2x2 
nel caso che mi hai chiesto, una matrice $A in M_(m,n)(RR)$ (ovvero una matrice di n righe per m colonne) se n = m è quadrata, allora siamo al caso di prima
se $n>m$ vuol dire che ci sono più equazioni che incognite, quindi qualche riga è combinazione lineare delle altre (anzi almeno n-m righe saranno combinazione lineare delle altre) quindi posso eliminare queste righe ed avere una matrice quadrata, e calcolarmi di conseguenza il rango
Stessa cosa se $m>n$, allora avrò delle variabili "di troppo" (almeno m-n saranno di troppo) che posso eliminare e di conseguenza tornare ad avere una matrice quadrata cui applicare tutte le operazioni precedenti.
Dammi 1 minuto, devo andare a prendere l'antizanzare prima di diventare martire, quando torno metto un esempio per farti capire meglio
nel caso che mi hai chiesto, una matrice $A in M_(m,n)(RR)$ (ovvero una matrice di n righe per m colonne) se n = m è quadrata, allora siamo al caso di prima
se $n>m$ vuol dire che ci sono più equazioni che incognite, quindi qualche riga è combinazione lineare delle altre (anzi almeno n-m righe saranno combinazione lineare delle altre) quindi posso eliminare queste righe ed avere una matrice quadrata, e calcolarmi di conseguenza il rango
Stessa cosa se $m>n$, allora avrò delle variabili "di troppo" (almeno m-n saranno di troppo) che posso eliminare e di conseguenza tornare ad avere una matrice quadrata cui applicare tutte le operazioni precedenti.
Dammi 1 minuto, devo andare a prendere l'antizanzare prima di diventare martire, quando torno metto un esempio per farti capire meglio
no con i determinanti non ho problemi nel calcolarlo, uso Laplace anche nelle matrici più complesse, evito sempre di ridurle in triangolari superiori per evitare sbagli nei calcoli.
Io ero all'oscuro che il determinante fosse collegato anche alla risoluzione della matrice, adesso capisco anche perchè i risultati del polinomio caratteristico (che si trova con il det) possano essere utilizzati come valori.
Questo tuo modo nel risolvere, ovviamente si può fare, togliendo la riga che ripete il risultato di un'altra incognita, è molto furbo per ricondurti ad una matrice quadrata.
Il docente non ci ha mai spiegato queste cose. I passaggi nella risoluzione di un sistema sono:
-Riduzione a scala
-Calcolo del rango con i pivots, e vedere se n-r parametri dipendono da varibili libere, e m-r righe sono nulle. Qua è tuo trucco, te le togli già all'inizio le righe doppie o nulle.
-risoluzione all'indietro.
Queste operazioni sono generali per qualunque sistema lineare. Anche con k variabile, con le operazioni elementari faccio casino con i k, quindi il tuo metodo è benvenuto, lo farò mio.
PS: montati na zanzariera
Io ero all'oscuro che il determinante fosse collegato anche alla risoluzione della matrice, adesso capisco anche perchè i risultati del polinomio caratteristico (che si trova con il det) possano essere utilizzati come valori.
Questo tuo modo nel risolvere, ovviamente si può fare, togliendo la riga che ripete il risultato di un'altra incognita, è molto furbo per ricondurti ad una matrice quadrata.
Il docente non ci ha mai spiegato queste cose. I passaggi nella risoluzione di un sistema sono:
-Riduzione a scala
-Calcolo del rango con i pivots, e vedere se n-r parametri dipendono da varibili libere, e m-r righe sono nulle. Qua è tuo trucco, te le togli già all'inizio le righe doppie o nulle.
-risoluzione all'indietro.
Queste operazioni sono generali per qualunque sistema lineare. Anche con k variabile, con le operazioni elementari faccio casino con i k, quindi il tuo metodo è benvenuto, lo farò mio.
PS: montati na zanzariera
Ma non è il sistema mio, è quello che ti insegna l'algebra lineare, è proprio il vantaggio che ti da l'utilizzare le matrici.
Comunque cerca di non imparare mai le cose come "ah si gli autovalori si possono usare perchè col determinante si può fare anche questa cosa (che non c'entra un cavolo magari)", cerca sempre di capire il legame delle varie cose.
Il determinante è utile in questo caso perchè:
ricordando che il rango è "simmetrico" (il rango indica il numero massimo di colonne/righe linearmente dipendenti, ed è "simmetrico" perchè il numero max di colonne linearmente indipendenti è uguale al numero massimo di righe linearmente indipendenti).
Inoltre sai che una trasformazione T (o un sistema lineare) è un isomorfismo se T è biunivoca, ma ciò implica che il determinante della matrice associata sia non nullo, quindi quando ci sta una riga che è combinazione lineare delle altre il determinante ti viene nullo. Ecco perchè è ottimo per calcolare il rango.
Tu prendi una matrice A nxn, se determinante $!=$ 0 allora il rango è n, se è = 0 allora ci sta una colonna/riga linearmente indipendente dalle altre, le elimini e ricalcoli il determinante finchè non sei arrivato ad una matrice mxm con determinante diverso da 0 e quindi il rango di A sarà m
Gli autovalori non capisco in che senso "possono essere utilizati come valori
se dici il fatto che preso un autovalore $\lambda$ il sistema $Ax=\lambda x$ ha sempre soluzioni è naturale, deriva dalla definizione di autovalore, che è il numero $\lambda$ tale che, per una data trasformazione $T:V rarr V$, esiste almeno un vettore $v$ per il quale $T(v)=\lambda(v)$
Quindi deve esistere per forza una soluzione del sistema $Ax=\lambda x$ altrimenti $\lambda$ semplicemente non sarebbe un autovalore...
Anche il metodo per cui si calcolano così gli autovalori (col polinomio caratteristico) deriva dalla definizione di autovalore stesso
Comunque cerca di non imparare mai le cose come "ah si gli autovalori si possono usare perchè col determinante si può fare anche questa cosa (che non c'entra un cavolo magari)", cerca sempre di capire il legame delle varie cose.
Il determinante è utile in questo caso perchè:
ricordando che il rango è "simmetrico" (il rango indica il numero massimo di colonne/righe linearmente dipendenti, ed è "simmetrico" perchè il numero max di colonne linearmente indipendenti è uguale al numero massimo di righe linearmente indipendenti).
Inoltre sai che una trasformazione T (o un sistema lineare) è un isomorfismo se T è biunivoca, ma ciò implica che il determinante della matrice associata sia non nullo, quindi quando ci sta una riga che è combinazione lineare delle altre il determinante ti viene nullo. Ecco perchè è ottimo per calcolare il rango.
Tu prendi una matrice A nxn, se determinante $!=$ 0 allora il rango è n, se è = 0 allora ci sta una colonna/riga linearmente indipendente dalle altre, le elimini e ricalcoli il determinante finchè non sei arrivato ad una matrice mxm con determinante diverso da 0 e quindi il rango di A sarà m
Gli autovalori non capisco in che senso "possono essere utilizati come valori
se dici il fatto che preso un autovalore $\lambda$ il sistema $Ax=\lambda x$ ha sempre soluzioni è naturale, deriva dalla definizione di autovalore, che è il numero $\lambda$ tale che, per una data trasformazione $T:V rarr V$, esiste almeno un vettore $v$ per il quale $T(v)=\lambda(v)$
Quindi deve esistere per forza una soluzione del sistema $Ax=\lambda x$ altrimenti $\lambda$ semplicemente non sarebbe un autovalore...
Anche il metodo per cui si calcolano così gli autovalori (col polinomio caratteristico) deriva dalla definizione di autovalore stesso
Solo per chiarezza per quello che intendevo:
Dicevo che formalmente il metodo per trovare gli autovalori è trovando il determinante di $det(A - \lambda I)$, il polinomio caratteristico.
Informalmente, ho pensato che, se nel polinomio caratteristo è possibile trovare dei valori da dare ad una variabile $\lambda$ tramite il determinante, allora, è anche possibile farlo in tutte le matrici con una variabile k.
Solo questo, io non sapendo questa caratteristica del determinante, ma sapendo tutto quello che hai spiegato nel post sopra, ho pensato informalmente che la caratteristica è di tutte le matrici, dimostratomi dalla tua spiegazione inziziale, che è vero.
Comunque è vero quello che dici, che bisogna collegare tutto, ma alcuni teoremi che non si capisco all'inizio, si riescono solo a comprendere in pieno svolgendo esercizi. In questo caso grazie a te ho conosciuto una caratteristica delle matrici e del determinante che ignoravo (il determinante è più potente di quello che pensavo).
Ancora grazie.
Dicevo che formalmente il metodo per trovare gli autovalori è trovando il determinante di $det(A - \lambda I)$, il polinomio caratteristico.
Informalmente, ho pensato che, se nel polinomio caratteristo è possibile trovare dei valori da dare ad una variabile $\lambda$ tramite il determinante, allora, è anche possibile farlo in tutte le matrici con una variabile k.
Solo questo, io non sapendo questa caratteristica del determinante, ma sapendo tutto quello che hai spiegato nel post sopra, ho pensato informalmente che la caratteristica è di tutte le matrici, dimostratomi dalla tua spiegazione inziziale, che è vero.
Comunque è vero quello che dici, che bisogna collegare tutto, ma alcuni teoremi che non si capisco all'inizio, si riescono solo a comprendere in pieno svolgendo esercizi. In questo caso grazie a te ho conosciuto una caratteristica delle matrici e del determinante che ignoravo (il determinante è più potente di quello che pensavo).
Ancora grazie.
E di cosa 
io così mi ripasso algebra
io così mi ripasso algebra
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo