Sistemi lineari parametrici (o letterali)

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Sistemi lineari (superiori)

In questa lezione ci occupiamo dei sistemi lineari parametrici (o letterali), relativi al caso di due equazioni in due incognite. La trattazione è destinata agli studenti delle scuole superiori.

Un sistema lineare parametrico (o letterale) è un particolare sistema di equazioni di primo grado nelle quali compaiono, oltre alle incognite, altre lettere dette parametri. Così, il nostro obiettivo sarà discutere il sistema parametrico, ovvero determinare per quali valori del parametro o dei parametri il sistema è determinato, indeterminato oppure impossibile.

Così, nel discutere i sistemi lineari parametrici adotteremo un ragionamento molto simile a quello delle equazioni parametriche. Anche in tal caso infatti, l’obiettivo era determinare l’insieme delle soluzioni dell’equazione al variare del parametro nell’insieme dei numeri reali.

Ora, per discutere i sistemi lineari parametrici faremo riferimento alla regola di Cramer (vedi lezione sui sistemi lineari). In particolare, mostreremo prima di tutto come sia possibile capire se un sistema lineare è determinato, indeterminato o impossibile a seconda dei valori del determinante della matrice dei coefficienti del sistema e dei determinanti delle matrici che si ottengono sostituendo alla colonna dei coefficienti di un’incognita la colonna dei termini noti del sistema. Ci riferiamo più brevemente alle quantità {D, \: D_x, \: D_y} viste nella lezione disponibile nel link.

Ora, in un sistema parametrico tali determinanti non saranno più esclusivamente numeri, ma bensì anche o soltanto quantità letterali (ovvero quantità dipendenti dal parametro o dai parametri). Così, i valori numerici dei determinanti {D, \: D_x, \: D_y} dipenderanno dai parametri, e di conseguenza anche il fatto che il sistema in esame sia determinato, indeterminato o impossibile dipenderà dai valori dei parametri stessi.

In questa lezione ci occuperemo inizialmente di sistemi lineari contenenti un solo parametro, per poi presentare un ultimo esempio relativo ad un sistema lineare contenente due parametri.

Vediamo allora subito come discutere i sistemi lineari parametrici (sistemi di equazioni di primo grado letterali).

Sistemi determinati, indeterminati, impossibili e regola di Cramer

Nella lezione sui sistemi determinati, indeterminati ed impossibili abbiamo visto dei criteri per poter capire se un sistema è determinato (ovvero ammette una soluzione), indeterminato (infinite soluzioni) o impossibile (nessuna soluzione). Le regole viste si basavano su condizioni inerenti delle relazioni di proporzionalità tra i coefficienti delle incognite e/o i termini noti del sistema.

Vogliamo invece qui mostrare come sia possibile stabilire se un sistema lineare è determinato, indeterminato o impossibile ricorrendo a considerazioni sui determinanti utilizzati nell’applicare la regola di Cramer (o metodo di Cramer).

Ricordiamo che dato un sistema di due equazioni in due incognite, sempre ridotto in forma normale:

\begin{cases} a_1x + b_1y= k_1 \\ \\ a_2x + b_2 y = k_2 \end{cases}

grazie alla regola di Cramer è possibile determinare la eventuale soluzione del sistema come la coppia {(x, \: y)} data dai valori:

x=\dfrac{D_x}{D}; \qquad y=\dfrac{D_y}{D}

Al fine di comprendere se effettivamente il sistema è determinato oppure no, valgono le seguenti regole:

• se il determinante {D} della matrice dei coefficienti è diverso da zero, il sistema è determinato;
• se il determinante {D} è uguale a zero e allo stesso tempo entrambi i determinanti {D_x} e {D_y} sono diversi da zero, il sistema è impossibile;
• infine, se il determinante {D} è uguale a zero e anche i determinanti {D_x} e {D_y} sono allo stesso tempo uguali a zero, il sistema è indeterminato.

Consigliamo di prendere per buone queste regole. Tuttavia, per darne almeno una parziale giustificazione, ci limitiamo ad osservare che non è possibile dividere un numero non nullo per zero e che il rapporto {\dfrac{0}{0}} è una forma indeterminata. Per cui se nel risolvere un sistema con la regola di Cramer, calcolando un valore di un’incognita ci ritroviamo con una frazione del tipo ad esempio {\dfrac{5}{0}} il sistema è impossibile. Invece, se ricavando il valore di un’incognita ci ritroviamo con il rapporto {\dfrac{0}{0}}, il sistema è indeterminato poiché effettivamente tale rapporto è una forma indeterminata.

Osservazione (approfondimento). {\dfrac{0}{0}} è una forma indeterminata poiché rappresenta una divisione con dividendo 0 e divisore 0. Di conseguenza, detto {Q} l’ipotetico quoziente esatto di tale divisione, se moltiplichiamo {Q} stesso per il divisore (che è 0), otteniamo sempre il dividendo 0 (ricordiamo che, in una divisione, il quoziente esatto moltiplicato per il divisore restituisce il dividendo). E ciò a prescindere dal valore di {Q}, in quanto un qualunque numero moltiplicato per 0 restituisce 0. Quindi {Q} può essere un numero reale qualsiasi, e di conseguenza diciamo che il rapporto {\dfrac{0}{0}} è una forma indeterminata.

Consideriamo per fissare le idee il seguente sistema (non parametrico):

\begin{cases}3x-6y=15 \\ \\ x-2y=5 \end{cases}

Il sistema è già in forma normale, per cui possiamo procedere al calcolo dei determinanti:

\begin{align*}& D=\det \begin{bmatrix}3 & - 6 \\ 1 & -2  \end{bmatrix}=3 \cdot (-2) - 1 \cdot (-6)=0  \\ \\ & D_x = \det \begin{bmatrix}15 & -6 \\ 5 & -2 \end{bmatrix} = 15 \cdot (-2) - 5 \cdot (-6) = 0 \\ \\ & D_y = \det \begin{bmatrix} 3 & 15 \\ 1 & 5 \end{bmatrix} = 3 \cdot 5 - 1 \cdot 15 = 0\end{align*}

Poiché tutti i determinanti sono nulli nel calcolare i valori delle incognite ci imbatteremo nelle forme indeterminate {\dfrac{0}{0}}. Di conseguenza il sistema è indeterminato.

Ora, vediamo come adattare questi ragionamenti al caso dei sistemi parametrici.

Esempi su come discutere i sistemi lineari parametrici

Svolgiamo ora insieme alcuni esercizi di esempio relativi a sistemi lineari parametrici di due equazioni in due incognite, contenenti un solo parametro.

Esempio 1

Discutere il seguente sistema lineare parametrico al variare del parametro reale {k}.

\begin{cases}3x+5y = 2k \\ \\ 2x-4y = k+1 \end{cases}

Anzitutto, il sistema è già in forma normale. Infatti, come prima cosa i termini noti sono presenti al secondo membro di ciascuna equazione (attenzione, in questo caso i termini noti dipendono dal parametro {k}, ma non dipendono comunque dalle incognite). Inoltre, al primo membro abbiamo soltanto termini dipendenti dalle incognite, non simili tra loro. E le incognite si presentano in ordine alfabetico.

Osserviamo immediatamente che i coefficienti delle incognite in questo caso sono tutti numerici. In altre parole, tali coefficienti non dipendono dal parametro. Di conseguenza, il determinante della matrice dei coefficienti sarà un numero:

D=\det \begin{bmatrix}3 & 5 \\ 2 & -4 \end{bmatrix}=3 \cdot (-4) - 2 \cdot 5 = -22

Ora, dato che i termini noti dipendono invece dal parametro, i determinanti {D_x} e {D_y} saranno non più dei numeri ma delle espressioni letterali contenenti il parametro {k}:

\small \begin{align*} & D_x = \det \begin{bmatrix}2k & 5 \\ k+1 & -4 \end{bmatrix}=2k \cdot (-4)-(k+1) \cdot 5 = -8k-5k-5=-13k-5 \\ \\ & D_y = \det \begin{bmatrix}3 & 2k \\ 2 & k+1 \end{bmatrix}=3 \cdot (k+1)-2 \cdot 2 k=3k+3-4k=-k+3\end{align*}

Di conseguenza, applicando la regola di Cramer (o metodo di Cramer) otteniamo per le incognite {x} e {y} i seguenti valori dipendenti dal parametro:

\begin{align*} & x= \dfrac{D_x}{D}= \dfrac{-13k-5}{-22}= \dfrac{13k+5}{22};  \\ \\ & y = \dfrac{D_y}{D}=\dfrac{-k+3}{-22}=\dfrac{k-3}{22}\end{align*}

In conclusione otteniamo per il sistema di partenza la seguente soluzione parametrica:

\left( \dfrac{13k+5}{22}; \: \dfrac{k-3}{22}\right)

e il sistema risulta determinato per ogni valore reale del parametro.

Esempio 2

Discutere il seguente sistema lineare parametrico:

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

Anche in questo caso il sistema si presenta già in forma normale. Per cui non dobbiamo trasportare alcun termine. Cominciamo allora calcolando il determinante della matrice dei coefficienti:

D= \det \begin{bmatrix}6 & - 2 \\ 3 & -1 \end{bmatrix}=6 \cdot (-1) - 3 \cdot (-2) = -6+6=0

Dato che il determinante della matrice dei coefficienti è nullo, il sistema non è certamente determinato. Potrà invece essere indeterminato e/o impossibile per quei valori del parametro che rendono rispettivamente i determinanti {D_x} e {D_y} o entrambi nulli o entrambi diversi da zero.

Calcoliamo i determinanti {D_x} e {D_y}:

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

Il determinante {D_x} si annulla per {-k+2=0}, ovvero per {k=2}.

Quanto al determinante {D_y} abbiamo:

D_y = \det \begin{bmatrix}6 & k \\ 3 & 1 \end{bmatrix}=6 \cdot 1 - 3 \cdot k = 6-3k

Osserviamo che anche {D_y} si annulla per {k=2}. Infatti, imponendo {6-3k=0 } otteniamo {k=2}.

Di conseguenza, per {\boxed{k=2}} ci ritroviamo con tutti e tre i determinanti nulli e quindi il sistema risulta indeterminato.

Invece, per {\boxed{k \neq 2}} il determinante {D} è ancora nullo ma i determinanti {D_x } e {D_y} risultano diversi da zero. Di conseguenza, in questo caso il sistema è impossibile.

Esempio 3

Vediamo come discutere il seguente sistema lineare parametrico:

\begin{cases}4x+3y=2 \\ \\ 4x+ky=2 \end{cases}

Il sistema è anche in questo caso già in forma normale. Osserviamo che un coefficiente dipende dal parametro {k} (il coefficiente della {y} nella seconda equazione). Di conseguenza, il determinante della matrice dei coefficienti non sarà più un numero ma un’espressione letterale.

Cominciamo calcolando proprio il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix}4 & 3 \\ 4 & k \end{bmatrix}=4 \cdot k - 4 \cdot 3 = 4k-12

Se il determinante {D} è diverso da zero il sistema è determinato. Quindi, il sistema sarà determinato se:

4k-12 \neq 0 \quad \Rightarrow \quad k \neq 3

Per {k \neq 3} è dunque possibile calcolare la soluzione parametrica del sistema. Abbiamo in particolare:

\begin{align*} & x=\dfrac{D_x}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix}2 & 3 \\ 2 & k \end {bmatrix}}{4k-12}=\dfrac{2k-6}{4k-12}=\dfrac{2(k-3)}{4(k-3)}=\dfrac{1}{2}\\ \\ & y = \dfrac{D_y}{D}=\dfrac{\det\begin{bmatrix}4 & 2 \\ 4 & 2 \end{bmatrix}}{4k-12}= \dfrac{4\cdot2-4 \cdot 2}{4k-12}=0\end{align*}

Osserviamo che in questo particolare caso pur avendo dei parametri otteniamo comunque dei valori numerici per le incognite.

Così per {k \neq 3} il sistema ammette la soluzione:

\left( \dfrac{1}{2}; \:0\right)

Vediamo ora cosa succede per {k=3}. Sostituiamo il valore {3} alle lettere {k} nei determinanti {D, \: D_x, \: D_y}:

D=4 \cdot 3 - 12 = 0; \quad D_x=2 \cdot 3 - 6 = 0; \quad D_y= 0

Osserviamo che in {D_y} non è in questo caso necessaria la sostituzione poiché vale {0} a prescindere dal valore del parametro {k}.

Ora, avendo per {k=3} tutti e tre i determinanti uguali a zero, possiamo affermare che per {k=3} il sistema è indeterminato. Infatti, provando a calcolare i valori delle incognite {x=\dfrac{D_x}{D}} e {y=\dfrac{D_y}{D}} otteniamo delle forme indeterminate {\dfrac{0}{0}}.

Esempio 4

Proseguiamo questi esercizi di esempio su come discutere i sistemi lineari parametrici (sistemi lineari letterali) con il seguente:

\begin{cases}  2x+(k-1)y=2k \\ \\ x-2y=-3 \end{cases}

Il sistema è anche in questo caso in forma normale. Osserviamo che i coefficienti delle incognite sono, ordinatamente, {2}, {k-1} per la prima equazione e {1} e {-2} per la seconda equazione. Infine, i termini noti sono rispettivamente {2k} per la prima equazione e {-3} per la seconda equazione. Ricordiamo sempre che i parametri vanno visti come dei “numeri”. Si tratta infatti di quantità che seppur letterali sono diverse dalle incognite {x} e {y}.

Calcoliamo il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix}2 & k-1 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}=-4-k+1=-k-3

Il determinante della matrice dei coefficienti si annulla per:

-k-3=0 \quad \Rightarrow \quad k=-3

Di conseguenza il sistema sarà determinato per {k \neq -3}. Infatti, un sistema lineare di n equazioni in n incognite è determinato se il determinante della matrice dei coefficienti è diverso da zero.

Quindi, per {k \neq -3} otteniamo i seguenti valori delle incognite:

\small \begin{align*} &x=\dfrac{D_x}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix}2k & k -1 \\ -3 & -2 \end{bmatrix}}{-k-3}=\dfrac{-4k+3k-3}{-k-3}=\dfrac{-k-3}{-k-3}=1; \\ \\ &y = \dfrac{D_y}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix} 2 & 2k \\ 1 & -3\end{bmatrix}}{-k-3}= \dfrac{-6-2k}{-k-3}=\dfrac{2(-3-k)}{-k-3}=2\end{align*}

Quindi per {k \neq -3} abbiamo per il sistema la soluzione parametrica:

\left( 1 ; \: 2\right)

Ora, se {k =-3} il sistema potrà essere indeterminato o impossibile, a seconda dei valori che assumeranno i determinanti {D_x} e {D_y} sostituendo nelle loro espressioni il valore {k=-3}. Riprendiamo intanto i valori dei determinanti {D_x} e {D_y} che abbiamo già calcolato:

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

Sostituendo {k=-3} otteniamo:

D_x=-(-3)-3=3-3=0; \qquad D_y = 2(-3-(-3))=2 \cdot (-3+3)=0

Dunque per {k=-3} tutti i determinanti risultano nulli e quindi come nell’esempio precedente il sistema risulta indeterminato.

Vediamo ora un ultimo esempio.

Esempio 5

Discutere:

\begin{cases}3ax+by=a \\ \\ 6x-y=1\end{cases}

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

Calcoliamo il determinante della matrice dei coefficienti:

D=\det \begin{bmatrix} 3a & b \\ 6 & -1\end{bmatrix}=-3a-6b=3(-a-2b)

Il determinante {D} è diverso da zero per:

3(-a-2b) \neq 0 \quad \Rightarrow \quad a \neq -2b

Quindi per {a \neq -2b} il sistema è determinato. Otteniamo i valori delle incognite:

\small \begin{align*} &x= \dfrac{D_x}{D}= \dfrac{\det \begin{bmatrix}a & b \\ 1 & -1 \end{bmatrix}}{3(-a-2b)}= \dfrac{-a-b}{3(-a-2b)}=\dfrac{a+b}{3(a+2b)}; \\ \\ & y= \dfrac{D_y}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix} 3a & a \\ 6 & 1\end{bmatrix}}{3(-a-2b)}= \dfrac{3a-6a}{3(-a-2b)}=\dfrac{3(a-2a)}{3(-a-2b)}=\dfrac{2a-a}{a+2b}=\dfrac{a}{a+2b}\end{align*}

Di conseguenza possiamo affermare che per {a \neq -2b} il sistema è determinato ed ammette la soluzione parametrica:

\small \left( \dfrac{a+b}{3(a+2b)}; \: \dfrac{a}{a+2b}\right), \qquad a \neq -2b, \qquad \textbf{sistema determinato}

Ora resta da vedere per quali valori del parametro il sistema potrà risultare indeterminato e/o impossibile.

Osserviamo intanto che per {a=-2b} il determinante {D} è nullo. Vediamo allora cosa succede ponendo {a=-2b} ai determinanti {D_x} e {D_y}. Abbiamo già le espressioni di questi determinanti poiché le abbiamo calcolate nel ricavare i valori delle incognite {x} e {y} precedentemente scritti. Abbiamo:

\begin{align*} & D_x=a+b \quad \text{con} \quad a=-2b \quad \Rightarrow \quad D_x= -2b+b=-b \\ \\ & D_y = a \quad \text{con} \quad a = -2b \quad \Rightarrow \quad D_y = -2b\end{align*}

Ora, entrambi i determinanti risulteranno nulli per {b=0}. E quindi, dato che siamo nel caso in cui {D} è nullo, tutti i determinanti risultano nulli. Di conseguenza, per {a=-2b} e per {b=0} il sistema è indeterminato. Più precisamente, sostituendo {b=0} nella condizione {a=-2b} possiamo equivalentemente affermare che il sistema è indeterminato per {a=0} e {b=0}.

Infine, per {b \neq 0} i determinanti {D_x} e {D_y} risultano diversi da zero e quindi per {a=-2b} e per {b \neq 0} il sistema risulta impossibile.

Conclusioni

Per quanto riguarda i sistemi lineari parametrici (o sistemi di primo grado letterali) è tutto. Abbiamo qui fornito nozioni destinate agli studenti delle scuole superiori. Uno studio più approfondito dei sistemi lineari parametrici è argomento degli studi universitari.

Un saluto a tutti e buon proseguimento con SìMatematica! 🙂