Studiare il sistema lineare
Ho ancora difficoltà a capire come risolvere questo tipo di esercizi.
Qualcuno ha voglia di spiegarmi con il metodo piu semplice (penso matrici,riduzione a scala) come risolvere un esercizio del genere?
Al variare del parametro \( \\{k} \in \mathbb{R} \) studia (cioè determina per quali valori del parametro il sistema ammette soluzione, e in tal caso trova le soluzioni) il sistema lineare:
\( \\{\begin{cases} x+y+kw=k+1 \\ x+(2k+1)y+kz+2k^2w=2k^2+3k+1 \\ x+2y+2kw=2k+1. \end{cases}} \)
grazie
Qualcuno ha voglia di spiegarmi con il metodo piu semplice (penso matrici,riduzione a scala) come risolvere un esercizio del genere?
Al variare del parametro \( \\{k} \in \mathbb{R} \) studia (cioè determina per quali valori del parametro il sistema ammette soluzione, e in tal caso trova le soluzioni) il sistema lineare:
\( \\{\begin{cases} x+y+kw=k+1 \\ x+(2k+1)y+kz+2k^2w=2k^2+3k+1 \\ x+2y+2kw=2k+1. \end{cases}} \)
grazie
Risposte
Peraltro per evitare quest'ambiguita si può scrivere la soluzione in quest'altro modo ...
$((x=1),(y=3k-ka),(w=a-2),(z=a))$ dove $a in RR$ (o $a in CC$, dipende in quale ambiente stai lavorando)
In questo modo è più evidente che il tutto dipende da una variabile libera (e che nel caso specifico invece la $x$ è fissata)
Si possono scrivere le soluzioni anche in altri modi, a seconda dell'utilizzo che ne fai ...
$((x=1),(y=3k-ka),(w=a-2),(z=a))$ dove $a in RR$ (o $a in CC$, dipende in quale ambiente stai lavorando)
In questo modo è più evidente che il tutto dipende da una variabile libera (e che nel caso specifico invece la $x$ è fissata)
Si possono scrivere le soluzioni anche in altri modi, a seconda dell'utilizzo che ne fai ...
Posso prendere di riferimento questo schema?
quindi riportando i risultati:
Se $k!=0$ allora $((1,1,k,0,|,k+1),(0,1,k,0,|,k),(0,0,-k,k,|,2k))$ la cui soluzione è $[(1),(3k-kw),(w-2),(w)]$
Se $k=0$ allora $((1,1,0,0,|,1),(0,1,0,0,|,0),(0,0,0,0,|,0))$ la cui soluzione è $[(1),(0),(z),(w)]$
va bene se dico:
Se $k!=0$ allora abbiamo ottenuto una matrice a scala con 3 pivot (1,1 e -k), per cui il nostro sistema ha infinite soluzioni, dipendenti da 4-3=1 variabile libera. va bene?
Se $k=0$ allora abbiamo ottenuto una matrice a scala con soli 2 pivot (1 e 1) quindi abbiamo rango 2, per cui il nostro sistema ha infinite soluzioni, dipendenti da 4-2=2 variabili libere. va bene?
quindi riportando i risultati:
Se $k!=0$ allora $((1,1,k,0,|,k+1),(0,1,k,0,|,k),(0,0,-k,k,|,2k))$ la cui soluzione è $[(1),(3k-kw),(w-2),(w)]$
Se $k=0$ allora $((1,1,0,0,|,1),(0,1,0,0,|,0),(0,0,0,0,|,0))$ la cui soluzione è $[(1),(0),(z),(w)]$
va bene se dico:
Se $k!=0$ allora abbiamo ottenuto una matrice a scala con 3 pivot (1,1 e -k), per cui il nostro sistema ha infinite soluzioni, dipendenti da 4-3=1 variabile libera. va bene?
Se $k=0$ allora abbiamo ottenuto una matrice a scala con soli 2 pivot (1 e 1) quindi abbiamo rango 2, per cui il nostro sistema ha infinite soluzioni, dipendenti da 4-2=2 variabili libere. va bene?
In sostanza sì (nella quarta colonna ho messo $z$ non $w$) ... mi pareva però che la tua difficoltà consisteva nella riduzione a scalini della matrice ...
"andrea14":
[quote="Cantor99"]Si comincia sempre analizzando il rango della matrice incompleta (che chiamo $A$) e quello della matrice completa (che chiamo $A|b$). Per fare ciò ci sono due metodi: la riduzione a scalini e il metodo degli orlati. Nel nostro caso visto che è più difficile analizzare il rango con il metodo degli orlati (non trovando subito un minore fondamentale non nullo) conviene procedere con il metodo di riduzione. Inoltre, così facendo, si possono trovare prima le soluzioni.
La matrice completa del sistema è
$((1,1,0,k,|k+1),(1,2k+1,k,2k^2,|2k^2+3k+1),(1,2,0,2k,|2k+1))$
Che ridotta dovrebbe avere queste fattezze
$((1,1,0,k,|k+1),(0,2k,k,2k^2-k,|2k^2+2k),(0,0,-k,+k,|-2k))$
Ora se $k!=0$ $rg(A)=rg(A|b)=3$ e il sistema è compatibile per il teorema di Rouché-Capelli e in particolare ci saranno $\infty^1$ soluzioni (cioè le soluzioni saranno in funzione di un parametro)
Ora insieriamo $k=0$: la matrice del sistema diventa
$((1,1,0,0,|1),(0,0,0,0,|0),(0,0,0,0,|0))$
$rg(A)=rg(A|b)=1$ e il sistema è di nuovo compatibile e in particolare ci saranno $\infty^3$ soluzioni.
Le soluzioni per noia non te le scrivoma se ti servono procedo a farle. Tieni conto inoltre di eventuali errori di conto...
mi potresti spiegare meglio i tuoi passaggi?[/quote]
Perdonami non ho potuto rispondere. Inoltre a quanto pare ho anche fallito nel risponderti e mi scuso...
@axpgn quale è il "piccolo errore"? Non riesco a trovarlo!
Non conoscendo i passaggi che hai fatto non saprei di preciso ma la terza riga non può venirti così ...
Ho analizzato la tua "versione" ed ho trovato il problema: non puoi moltiplicare per zero una riga ... 
Per prima cosa ho sottratto la prima riga alla seconda e la terza riga per avere 0 sotto il primo pivot. Avendo
$((1,1,0,k,|k+1),(0,2k,k,2k^2-k,|2k^2+2k),(0,1,0,k,|k))$
Poi ho moltiplicato la 3a riga per $2k$ e sottratto la seconda
$((1,1,0,k,|k+1),(0,2k,k,2k^2-k,|2k^2+2k),(0,0,-k,k,|-2k))$
Ho rifatto i conti al momento quindi potrebbe essere variato qualcosa (in peggio sicuramente...)
Grazie per la pazienza
$((1,1,0,k,|k+1),(0,2k,k,2k^2-k,|2k^2+2k),(0,1,0,k,|k))$
Poi ho moltiplicato la 3a riga per $2k$ e sottratto la seconda
$((1,1,0,k,|k+1),(0,2k,k,2k^2-k,|2k^2+2k),(0,0,-k,k,|-2k))$
Ho rifatto i conti al momento quindi potrebbe essere variato qualcosa (in peggio sicuramente...)
Grazie per la pazienza
Apparentemente è corretto ed effettivamente lo è quando $k$ è diverso da zero ... ma non quando $k=0$ ...
Per "minimizzare" tali problematiche ho ridotto la matrice usando mosse diverse.
Per "minimizzare" tali problematiche ho ridotto la matrice usando mosse diverse.
Ah giusto, hai ragione! Però se $k!=0$ dovrei trovarmi le tue soluzioni, o no?
Sì, certo, dovresti ma rimani "fregato" quando poi utilizzi la stessa matrice per $k=0$ ...
Ho capito, grazie Mille 
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