Esercizi sui sistemi lineari parametrici

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Sistemi lineari (superiori)

Eccoci arrivati alla scheda dedicata agli esercizi sui sistemi lineari parametrici (o sistemi lineari letterali). Ci limiteremo qui al caso di sistemi di due equazioni in due incognite.

L’obiettivo degli esercizi sui sistemi lineari parametrici (o letterali) è quello di discutere il sistema dato al variare del parametro o dei parametri nell’insieme dei numeri reali. Così, a seconda del valore del parametro o dei parametri presenti nel sistema, questo potrà essere determinato, indeterminato o impossibile. E per i valori in corrispondenza dei quali il sistema dovesse risultare determinato, la soluzione sarà di tipo parametrico. Non avremo cioè più dei valori numerici, ma bensì dei valori dipendenti dal parametro o dai parametri.

La chiave per discutere sistemi di questo tipo, e quindi per svolgere gli esercizi sui sistemi lineari parametrici, sta nel capire che valori assumono i determinanti {D, \: D_x} e {D_y} in funzione dei parametri. Infatti, come visto nella lezione teorica sui sistemi parametrici, un sistema lineare è determinato soltanto se il determinante {D} della matrice dei coefficienti è diverso da zero. Se invece {D} è uguale a zero, allora il sistema potrà essere indeterminato o impossibile, a seconda che rispettivamente i determinanti {D_x} e {D_y} risultino o entrambi nulli o entrambi diversi da zero.

Fatte le dovute premesse, vediamo subito come svolgere gli esercizi sui sistemi lineari parametrici (o sistemi lineari letterali).

Prima parte: esercizi sui sistemi lineari parametrici (letterali) con un solo parametro

Esercizio 1

Discutere al variare del parametro nell’insieme dei numeri reali il seguente sistema:

\begin{cases} 3x-y=3 \\ \\ x+2y=7k\end{cases}

Il sistema è parametrico poiché effettivamente il termine noto della seconda equazione contiene il parametro reale {k}. Osserviamo che il sistema è già dato in forma normale.

Calcoliamo anzitutto il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix}3 & -1 \\ 1 & 2\end{bmatrix}=3 \cdot 2 - 1 \cdot (-1)=6+1=7

Il determinante {D} non dipende dal parametro ed è una quantità diversa da zero. Di conseguenza, per ogni valore del parametro il sistema risulterà comunque determinato.

Per poter scrivere la soluzione parametrica del sistema, dobbiamo anzitutto calcolare i determinanti {D_x} e {D_y}, e infine utilizzare le formule del metodo di Cramer. Abbiamo:

D_x = \det \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 7k & 2\end{bmatrix}=3 \cdot 2 - 7k \cdot (-1) = 6+7k

Attenzione: il termine noto della seconda equazione a sistema è {7k} e non {7}. Ricordiamo infatti che i parametri vanno trattati come dei numeri, e quindi fanno parte dei coefficienti da scrivere nelle matrici.

D_y = \det \begin{bmatrix} 3 & 3 \\ 1 & 7k\end{bmatrix}=3 \cdot 7k - 1 \cdot 3 = 21k-3

Calcoliamo infine i valori (parametrici) delle incognite {x} e {y}:

\begin{align*} & x=\dfrac{D_x}{D}=\dfrac{6+7k}{7};  \\ \\ & y=\dfrac{D_y}{D}=\dfrac{21k-3}{7}=\dfrac{3(7k-1)}{7} \end{align*}

Così in conclusione il sistema è determinato ed ammette per ogni valore reale del parametro come soluzione parametrica la coppia {(x, \: y)}:

\left( \dfrac{6+7k}{7}, \: \dfrac{3(7k-1)}{7}\right), \qquad \forall \: k \in \R

Osservazione. Il sistema risulta in questo caso determinato per ogni valore del parametro reale poiché il determinante della matrice dei coefficienti è diverso da zero ed inoltre nessun coefficiente delle incognite presente nel sistema dipende dal parametro.

Esercizio 2

Proseguiamo gli esercizi sulla discussione dei sistemi lineari parametrici con il seguente:

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

Anche in questo caso il sistema è già dato in forma normale. Calcoliamo il determinante {D} della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ \frac{1}{2} & 2 \end{bmatrix}=1 \cdot 2 - \dfrac{1}{2}\cdot 4 =2-2 = 0

Poiché il determinante della matrice dei coefficienti risulta nullo per ogni valore del parametro, il sistema sarà sempre o indeterminato o impossibile.

Vediamo i valori dei determinanti {D_x} e {D_y}, in modo da capire per quali valori del parametro il sistema risulta indeterminato e per quali valori dello stesso parametro il sistema risulta invece impossibile. Abbiamo:

D_x=\det \begin{bmatrix} 2k & 4 \\ 5k & 2\end{bmatrix}=2k \cdot 2 - 5k \cdot 4 =4k-20k=-16k

D_y=\det \begin{bmatrix}1 & 2k \\ \frac{1}{2} & 5 k \end{bmatrix}=1 \cdot 5k - \dfrac{1}{2} \cdot 2k=5k-k=4k

Osserviamo che entrambi i determinanti {D_x} e {D_y} sono nulli per {k=0}. Quindi dato che come visto {D=0} per ogni valore del parametro, per {k=0} il sistema è indeterminato.

Invece per {k \neq 0 } i determinanti {D_x} e {D_y} sono diversi da zero, e di conseguenza per {k \neq 0} il sistema è impossibile.

Esercizio 3

Discutere:

\begin{cases} kx-2y=2 \\ \\ 3x+y=1\end{cases}

Il sistema è già in forma normale.

Calcoliamo il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix} k & -2 \\ 3 & 1\end{bmatrix}=k\cdot1-3 \cdot (-2)=k+6

Il determinante {D} è diverso da zero per {k+6 \neq 0}, ovvero per {k \neq -6}. Quindi possiamo intanto affermare che per {k \neq -6} il sistema è determinato. Calcoliamo ora i determinanti {D_x} e {D_y} in modo da poter scrivere la soluzione parametrica del sistema per {k \neq -6}.

\begin{align*} &D_x=\det \begin{bmatrix} 2 & -2 \\ 1 & 1\end{bmatrix}=2 \cdot 1 - 1 \cdot (-2) = 4; \\ \\ & D_y= \det \begin{bmatrix} k & 2 \\ 3 & 1\end{bmatrix}=k-3 \cdot 2 = k-6\end{align*}

Quindi per {k \neq - 6} abbiamo la soluzione parametrica:

\left( \dfrac{D_x}{D}, \: \dfrac{D_y}{D}\right)=\left( \dfrac{4}{k+6}, \: \dfrac{k-6}{k+6}\right), \qquad k \neq -6

E’ ora interessante capire cosa succede per {k=-6}, ovvero per quel valore del parametro per il quale si annulla il determinante {D} della matrice dei coefficienti. In tal caso, abbiamo {D_y=k-6=(-6)-6=-12 \neq 0 }. Siamo quindi nel caso in cui {D=0} e {D_y \neq 0} e {D_x \neq 0}. Di conseguenza per {k=-6} il sistema è impossibile.

Esercizio 4

Proseguiamo gli esercizi sui sistemi lineari parametrici (letterali) con un ultimo esercizio contenente un solo parametro. Ci occuperemo poi di esercizi contenenti due parametri.

\begin{cases} x+ky=1 \\ \\ x-2y=2\end{cases}

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

Calcoliamo il determinante {D}:

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

Abbiamo:

-2-k \neq 0 \iff k \neq -2

Quindi per {k \neq -2} risulta {D \neq 0} e quindi il sistema è determinato. Per poter scrivere la soluzione parametrica che si ha in questo caso, dobbiamo calcolare i determinanti {D_x} e {D_y}.

\small \begin{align*} &D_x= \det \begin{bmatrix} 1 & k \\ 2 & -2\end{bmatrix}=1 \cdot (-2)-2 \cdot k=-2-2k=-2(1+k); \\ \\ &D_y=\det \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2\end{bmatrix}=1 \cdot 2 - 1 \cdot 1 = 2-1=1\end{align*}

Dunque per {k \neq -2} il sistema è determinato con soluzione parametrica:

\small \begin{align*} & \left( \dfrac{D_x}{D}, \: \dfrac{D_y}{D}\right)=\left( \dfrac{-2(1+k)}{-2-k}, \: \dfrac{1}{-2-k}\right)= \\ \\ & =\left( \dfrac{2(1+k)}{2+k}, \: -\dfrac{1}{2+k}\right), \\ \\ & k \neq -2 \end{align*}

Stabiliamo ora cosa succede per {k=-2}. In questo caso per i determinanti {D_x} e {D_y} abbiamo:

\begin{align*} &D_x=-2(1+k)=-2(1-2)=-2+4=2; \\ \\ & D_y=1\end{align*}

Per {k=-2} siamo dunque nel caso in cui {D_x} e {D_y} sono entrambi non nulli, mentre {D} è nullo. Di conseguenza per {k=-2} il sistema è impossibile.

Seconda parte: esercizi sui sistemi lineari parametrici con due parametri

Passiamo ora ad esercizi sui sistemi lineari parametrici (letterali) contenenti due parametri reali. Come vedremo, i ragionamenti da fare sono del tutto simili a quelli relativi ai sistemi lineari parametrici con un solo parametro. Occorrerà soltanto tenere conto dei vari casi possibili, che avendo due parametri risultano in più rispetto al caso di un unico parametro.

Esercizio 5

Discutere il seguente sistema lineare parametrico al variare dei parametri reali:

\begin{cases} 2bx-ay=0 \\ \\ 3bx-ay=ab\end{cases}

In questo caso ci ritroviamo con i due parametri reali {a} e {b}.

Allo stesso modo degli esercizi precedenti, cominciamo con il calcolare il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix} 2b & -a \\ 3b & -a\end{bmatrix}=2b \cdot (-a)-3b \cdot (-a)=-2ab+3ab=ab

Il determinante {D} allora si annulla se:

ab=0 \iff a= 0 \quad \vee \quad b=0

Così se abbiamo contemporaneamente {a \neq 0 } e {b \neq 0} il determinante {D} è diverso da zero ed il sistema è quindi determinato. Ora calcoliamo i determinanti {D_x} e {D_y}:

\begin{align*} & D_x=\det \begin{bmatrix} 0 & -a \\ ab & -a\end{bmatrix}=0\cdot(-a) -ab\cdot(-a)=a^2b \\ \\ &D_y=\det \begin{bmatrix} 2b & 0 \\ 3b & ab\end{bmatrix} =2b \cdot ab - 3b \cdot 0 = 2ab^2\end{align*}

Così nel caso in cui il sistema è determinato, ovvero se {a \neq 0 \: \wedge \: b \neq 0} abbiamo la soluzione parametrica:

\left( \dfrac{D_x}{D}, \: \dfrac{D_y}{D}\right)=\left( \dfrac{a^2b}{ab}, \: \dfrac{2ab^2}{ab}\right)=(a, \: 2b)

A questo punto dobbiamo chiederci che cosa succede per {a =0} oppure {b=0}. Osserviamo che se almeno uno dei due parametri è nullo i determinanti {D_x} e {D_y} risultano nulli. E inoltre anche {D} è nullo. Quindi, poiché per {a=0} oppure {b=0} tutti i determinanti risultano nulli il sistema è indeterminato.

Per gli esercizi sui sistemi lineari parametrici con due parametri riteniamo utili alcuni richiami di logica. Ricordiamo in particolare che il simbolo “{\vee}” significa “oppure” e si riferisce all’operazione di disgiunzione logica inclusiva (OR). Il simbolo “{\wedge}” significa invece “e contemporaneamente” e si riferisce all’operazione di congiunzione logica (AND).

Ora, con riferimento all’esercizio appena svolto, se il determinante {D} si annulla per:

a=0 \quad \vee \quad b=0 \qquad \text{(proposizione logica)}

quando è che risulta invece diverso da zero?

Osserviamo che l’affermazione appena scritta (proposizione logica) corrisponde ad un’operazione di disgiunzione logica inclusiva. In altre parole, l’affermazione è vera se almeno uno dei due parametri è nullo (possono essere nulli anche tutti e due).

Ma allora, quando il determinante {D} è diverso da zero? Per saperlo, occorre negare la precedente proposizione logica:

\neg\left( a= 0 \quad \vee \quad b=0\right)

ove ” {\neg}” è uno dei simboli utilizzati per la negazione logica.

Ma ciò corrisponde a negare un’operazione di “OR”. E per una delle leggi di De Morgan si ha che:

\neg\left( a= 0 \quad \vee \quad b=0\right) \iff a \neq 0 \quad \wedge \quad b \neq 0

Così la condizione {D \neq 0 } per l’esercizio appena visto corrisponde ad avere contemporaneamente entrambi i parametri diversi da zero. Ed è facile convincersi di questo poiché in tutti i determinanti figura il prodotto {a \cdot b}, diverso da zero soltanto se entrambi i parametri sono diversi da zero.

Per ulteriori approfondimenti sulla logica rimandiamo alle lezioni di logica del sito Altramatica.

Esercizio 6

Proseguiamo ancora gli esercizi sui sistemi lineari parametrici con due parametri. Discutiamo in particolare il seguente sistema:

\begin{cases} (b+1)x-3ay=1 \\ \\ bx-ay=-2\end{cases}

Il sistema è già dato in forma normale. Calcoliamo {D}:

\begin{align*} & D = \det \begin{bmatrix} b+1 & -3 \\ b & -a\end{bmatrix}=(b+1)\cdot(-a)-b\cdot(-3a) =\\ \\ & =-ab-a+3ab=2ab-a=a(2b-1)  \end{align*}

Importante: ricordiamo sempre nello scrivere la matrice dei coefficienti che dobbiamo considerare come coefficienti i numeri unitamente agli eventuali parametri presenti. Così ad esempio il coefficiente relativo all’incognita {y} della prima equazione a sistema è {-3a} e non {-3}. Stiamo quindi attenti a non cadere nella tentazione di prendere per il calcolo del determinante i soli numeri, saltando erroneamente i parametri!

Così abbiamo:

D=a(2b-1)

Osserviamo che si ha:

D \neq 0 \iff a \neq 0 \quad \wedge \quad 2b-1 \neq 0 

ovvero:

D \neq 0 \iff a \neq 0 \quad \wedge \quad b \neq \dfrac{1}{2}

Così se il parametro {a} è diverso da zero e contemporaneamente il parametro {b} è diverso da {\dfrac{1}{2}} il sistema è determinato. Come al solito, per scrivere la soluzione parametrica valida in questo caso dobbiamo prima di tutto calcolare i determinanti {D_x} e {D_y}. Abbiamo:

\begin{align*} &D_x=\det \begin{bmatrix} 1 & -3a \\ -2 & -a\end{bmatrix}= 1 \cdot (-a)-(-2)\cdot(-3a)=\\ \\ & =-a-6a=-7a; \\ \\ & D_y = \det \begin{bmatrix} b+1 & 1 \\ b & -2 \end{bmatrix}=(b+1)\cdot(-2)-b \cdot 1 = \\ \\ & =-2b-2-b=-3b-2\end{align*}

Quindi per {a \neq 0 \:\wedge \: b \neq \dfrac{1}{2}} il sistema è determinato con soluzione parametrica:

\begin{align*} & \left( \dfrac{D_x}{D}, \: \dfrac{D_y}{D}\right)=\left( \dfrac{-7a}{a(2b-1)}, \: \dfrac{-3b-2}{a(2b-1)}\right) = \\ \\ & =\left( \dfrac{7}{1-2b}, \: \dfrac{3b+2}{a(1-2b)} \right), \qquad \small{a \neq 0 \:\wedge \: b \neq \dfrac{1}{2}}\end{align*}

Vediamo ora cosa succede per {a=0} oppure per {b=\dfrac{1}{2}}. In questi casi infatti il sistema non è determinato in quanto il determinante della matrice dei coefficienti risulta nullo.

Vediamo in particolare per quali valori dei parametri si annullano i determinanti {D_x} e {D_y}. Basterà in pratica vedere quando si annullano le espressioni ottenute in precedenza per i determinanti.

Per {D_x} abbiamo:

D_x=0 \iff -7a=0 \iff a = 0

mentre per {D_y}:

D_y=0 \iff -3b-2 = 0 \iff b=-\dfrac{2}{3}

Così se abbiamo contemporaneamente {a=0} e {b=-\dfrac{2}{3}} entrambi i determinanti {D_x, \: D_y} sono nulli. Ma vediamo a questo punto per {a=0 \: \wedge b=-\dfrac{2}{3}} cosa succede al determinante {D}:

D=a(2b-1)=0 \cdot \left[ 2 \cdot \left( -\dfrac{2}{3}\right)-1\right]=0

Quindi se abbiamo {a=0} e allo stesso tempo {b=-\dfrac{2}{3}} tutti e tre i determinanti sono nulli e quindi il sistema è indeterminato.

Ora, ricordiamo che il sistema è determinato se {a \neq 0} e allo stesso tempo {b \neq \dfrac{1}{2}}. Resta allora da capire cosa succede per {b=\dfrac{1}{2}}. Intanto, già sappiamo che per {b=\dfrac{1}{2}} il determinante {D} della matrice dei coefficienti è nullo. Vediamo allora cosa succede agli altri determinanti:

\begin{align*} & \text{con} \: b =\dfrac{1}{2}, \\ \\ &D_x=-7a\neq 0  , \qquad (a \neq 0 ); \\ \\ & D_y=-3b-2 =-3 \left( \dfrac{1}{2}\right)-2\neq 0 \:  \end{align*}

Quindi per {a \neq 0 } e contemporaneamente {b=\dfrac{1}{2}} il sistema è impossibile. Infatti in questo caso i determinanti {D_x} e {D_y} sono diversi da zero mentre il determinante {D} è zero.

A rigore rimane ancora un caso, ovvero la circostanza in cui sia {a=0} e contemporaneamente {b=\dfrac{1}{2}}. Per comprendere quest’ultimo caso, i determinanti non ci sono di aiuto. Infatti ci imbattiamo nella particolare situazione in cui {D_x=0 } ma {D_y \neq 0}. E non ritrovandoci nel caso né di entrambi i determinanti nulli né di entrambi i determinanti diversi da zero non possiamo dire nulla.

Sostituiamo allora i valori dei parametri {a=0} e {b=\dfrac{1}{2}} al sistema di partenza:

 \begin{cases} (b+1)x-3ay=1 \\ \\ bx-ay=-2\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \dfrac{3}{2}x=1 \\ \\ \dfrac{1}{2}x=-2\end{cases}

Moltiplicando tutti i termini della seconda equazione per {3} otteniamo:

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

Ovviamente la stessa quantità {\dfrac{3}{2}} non può essere uguale a due diverse quantità numeriche. Per cui concludiamo che anche per {a=0} e contemporaneamente {b=\dfrac{1}{2}} il sistema è impossibile.

Quindi in conclusione per {b=\dfrac{1}{2}} il sistema è impossibile a prescindere dal valore di {a}.

Conclusioni

Per quanto riguarda gli esercizi sui sistemi lineari parametrici è tutto. Ricordiamo la lezione teorica sui sistemi parametrici e la lezione su sistemi determinati, indeterminati ed impossibili. Consigliamo vivamente la lettura di queste lezioni per fissare ancor meglio i concetti teorici utili per la risoluzione dei sistemi lineari parametrici.

Un saluto a tutti voi e buono studio, come sempre, con SìMatematica! 🙂