Sistemi non lineari

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Sistemi lineari (superiori)

Vogliamo ora mostrare come risolvere alcuni sistemi non lineari utilizzando quanto sappiamo relativamente ai sistemi lineari. In particolare, vedremo che alcuni sistemi non lineari possono essere risolti con le tecniche sin qui studiate avendo però l’accortezza di porre delle opportune ipotesi.

Ricordiamo che un sistema si dice lineare se presenta al suo interno delle equazioni intere tutte di primo grado. Così ad esempio il seguente sistema:

\begin{cases} \dfrac{5}{x}+\dfrac{2}{y}= 5 \\ \\ \dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{y}=13  \end{cases}

non è lineare in quanto al suo interno compaiono delle equazioni fratte.

In modo simile, il seguente sistema:

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

non è lineare poiché la seconda equazione a sistema è di secondo grado rispetto a ciascuna lettera {x} e {y}.

Quindi tutti e due i sistemi appena visti sono sistemi non lineari. Tuttavia, come mostreremo fra un istante possiamo risolvere in alcuni casi i sistemi di questo tipo sfruttando quanto sappiamo sulle condizioni di esistenza delle frazioni algebriche, sulle equazioni fratte e sulla scomposizione dei polinomi.

Ma vediamo subito alcuni trucchi per poter risolvere sistemi non lineari grazie a quanto sappiamo sui sistemi lineari.

Risolvere i sistemi non lineari (per le scuole superiori)

Dividiamo la lezione in due parti. Nella prima parte ci occuperemo dei sistemi non lineari nei quali compaiono delle incognite ai denominatori delle equazioni. Nella seconda parte sposteremo invece la nostra attenzione a sistemi non lineari ove compare almeno un’equazione di grado superiore al primo.

Sistemi non lineari con incognite ai denominatori

Risolviamo insieme il primo sistema che abbiamo presentato nell’introduzione:

\begin{cases} \dfrac{5}{x}+\dfrac{2}{y}= 5 \\ \\ \dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{y}=13  \end{cases}

Osserviamo che abbiamo delle equazioni fratte. In particolare, nelle equazioni presenti nel sistema abbiamo dei termini che sono delle frazioni algebriche, le quali come sappiamo hanno un loro campo di esistenza. In particolare, imponendo i denominatori di tutte le frazioni algebriche presenti diversi da zero otteniamo per il sistema le seguenti condizioni di esistenza:

x \neq 0 \quad \wedge \quad y \neq 0 

Ricordiamo che il simbolo “{\wedge}” significa “e contemporaneamente”, e si riferisce in particolare all’operazione di congiunzione logica.

Avendo imposto tali condizioni possiamo ridurre le equazioni presenti a sistema alla forma intera. In particolare, potremmo mettere tutti i termini delle equazioni a denominatore comune, e quindi eliminare i denominatori grazie alle condizioni di esistenza appena poste. Avremmo così:

\begin{cases} \dfrac{5}{x}+\dfrac{2}{y}-5=0 \\ \\ \dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{y}-13 = 0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \dfrac{5y+2x-5xy}{xy}=0 \\ \\ \dfrac{y-2x-13xy}{xy}=0\end{cases}

Ponendo come detto la condizione {x \neq 0 \: \wedge \: y \neq 0 } potremmo eliminare i denominatori ottenendo:

\begin{cases}5y+2x-5xy=0 \\ \\ y-2x-13xy = 0 \end{cases}

In alcuni casi questa tecnica funziona, ma in questo caso ci ritroviamo con un problema. In particolare, abbiamo i termini {-5xy} e {-13xy} che sono dei termini di secondo grado complessivo. Di conseguenza non siamo di fronte ad un sistema lineare e non possiamo risolverlo. Come possiamo allora cavarcela?

Tenendo sempre presenti le condizioni di esistenza poste per il sistema, riprendiamo il sistema stesso nella forma di partenza:

\begin{cases} \dfrac{5}{x}+\dfrac{2}{y}= 5 \\ \\ \dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{y}=13  \end{cases}

Osserviamo che è possibile riscrivere il sistema come:

\begin{cases} 5 \cdot \dfrac{1}{x}+2 \cdot \dfrac{1}{y}=5 \\ \\ \dfrac{1}{x}-2 \cdot \dfrac{1}{y}=13\end{cases}

Ora, l’idea è quella di liberarci delle incognite ai denominatori ponendo delle sostituzioni. In altre parole, ciò che vogliamo fare è riscrivere il sistema nella forma con equazioni intere, ricorrendo a delle nuove variabili. In particolare dobbiamo porre in questo caso:

\dfrac{1}{x}=u; \quad \dfrac{1}{y}=v

Operando queste sostituzioni in ciascuna equazione del sistema, otteniamo il seguente sistema lineare nelle nuove variabili u e v:

\begin{cases}5u+2v=5 \\ \\ u-2v = 13 \end{cases}

A questo punto non è certo complicato risolvere il sistema ricavando i valori delle incognite {u} e {v}. Per precisione, ci accorgiamo che il sistema è determinato osservando che i coefficienti delle incognite non sono proporzionali tra loro:

\dfrac{5}{1} \neq \dfrac{2}{-2}

Ha dunque senso ricercarne la soluzione.

In particolare utilizzando ad esempio la regola di Cramer abbiamo:

\begin{align*} &u=\dfrac{D_u}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 13 & -2 \end{bmatrix}}{\det \begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}}=\dfrac{-10-26}{-10-2}=\dfrac{-36}{-12}=3; \\ \\ & v = \dfrac{D_v}{D}=\dfrac{\det \begin{bmatrix} 5 & 5 \\ 1 & 13\end{bmatrix}}{-12}= \dfrac{65-5}{-12}=\dfrac{60}{-12}=-5\end{align*}

Così la soluzione del sistema nelle variabili {u} e {v} ci è nota. Tuttavia, dobbiamo ricavare la soluzione nelle variabili {x} e {y}, in modo da scrivere la coppia {(x,y)} soluzione del sistema.

Nota {u}, poiché abbiamo inizialmente posto {\dfrac{1}{x}=u}, abbiamo:

\dfrac{1}{x}=3 \quad \Rightarrow \quad x=\dfrac{1}{3}

ed essendo nota anche {v}, avendo posto {\dfrac{1}{y}=v} otteniamo:

\dfrac{1}{y}=-5 \quad \Rightarrow \quad y = -\dfrac{1}{5}

Di conseguenza il sistema ammette la soluzione nelle variabili di partenza {x} e {y}:

\left( \dfrac{1}{3}, \: -\dfrac{1}{5}\right)

soluzione che è accettabile in quanto rispetta le condizioni di esistenza del sistema {x \neq 0 } e contemporaneamente {y \neq 0}. Quando abbiamo delle incognite ai denominatori di un sistema, non dimentichiamo mai di eseguire questa verifica finale. 😉

Come mostra l’esempio appena svolto, nei sistemi non lineari che presentano incognite ai denominatori è conveniente individuare delle sostituzioni che consentono di riscrivere i sistemi di partenza in forma lineare, utilizzando delle nuove variabili. E fondamentale come già sottolineato non dimenticare di porre le condizioni di esistenza del sistema (i denominatori nei termini del sistema di partenza non possono annullarsi). Inoltre, ricordiamo sempre di esprimere l’eventuale soluzione del sistema utilizzando le variabili di partenza.

Sistemi non lineari di grado superiore al primo

Esempio con sostituzione semplice

Consideriamo il seguente sistema:

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

Come possiamo vedere non si tratta di un sistema lineare in quanto la seconda equazione è di grado superiore al primo. Infatti compaiono esponenti maggiori di 1 nelle incognite.

Per il primo membro della seconda equazione, tuttavia, osserviamo che si ha:

x^2-y^2=(x-y)(x+y)

Si tratta della scomposizione di un polinomio con la regola della differenza di quadrati. E’ così possibile riscrivere il sistema come:

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

Ma a questo punto possiamo sfruttare il principio di sostituzione, sostituendo l’espressione {x+y} nella seconda equazione con il valore {1} che la prima equazione attribuisce proprio a tale espressione. Così, sostituendo all’espressione {x+y} nella seconda equazione il valore {1} otteniamo:

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

Ora siamo di fronte ad un sistema lineare, che risolto ad esempio per sostituzione fornisce:

\begin{cases} x=1-y \\ \\ 1-y-y=3 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} x=1-y \\ \\ y=-1\end{cases} \quad \Rightarrow \begin{cases} x=1-(-1)= 2 \\ \\ y=-1\end{cases}

Così in conclusione il sistema ammette la soluzione:

\left(2, \: -1\right)

Non sempre è possibile cavarsela con una sostituzione come quella appena vista, ma in casi meno diretti è possibile ricorrere alla legge di annullamento del prodotto. Vediamo subito questa tecnica nell’esempio a seguire.

Esempio con utilizzo della legge di annullamento del prodotto

Concludiamo questa lezione sui sistemi non lineari con il seguente:

\begin{cases}(x+y)^2-4y^2=0 \\ \\ x-3y=3 \end{cases}

In merito alla prima equazione osserviamo che applicando la tecnica di scomposizione della differenza tra due quadrati si ha:

\underbrace{(x+y)^2-4y^2}_{A^2-B^2}=\underbrace{(\overbrace{x+y}^{A}-\overbrace{2y}^{B})(\overbrace{x+y}^{A}+\overbrace{2y}^{B})}_{(A-B)(A+B)}

Così tenendo conto della scomposizione appena scritta il sistema diviene:

\begin{cases}(x+y-2y)(x+y+2y) = 0 \\ \\ x-3y=3 \end{cases}

Ora, per la legge di annullamento del prodotto per la prima equazione possiamo scrivere:

x+y-2y = 0 \quad \vee \quad x+y+2y=0

ovvero, sommando i termini simili:

x-y=0 \quad \vee \quad x+3y=0

Ricordiamo che il simbolo “{\vee}” significa “oppure” e si riferisce all’operazione di disgiunzione logica inclusiva.

A questo punto possiamo passare dal sistema di partenza a due sistemi che contengono entrambe le equazioni scritte, in questo modo:

\begin{cases}x-y = 0 \\ \\ x-3y=3 \end{cases} \quad \vee \quad \begin{cases}x+3y=0 \\ \\ x-3y=3 \end{cases}

In entrambi i sistemi la seconda equazione rimane quella di partenza.

In termini pratici l’idea è quella che se “sdoppiamo” la prima equazione del sistema dobbiamo anche “sdoppiare” il sistema di partenza.

Così dobbiamo prendere le eventuali soluzioni di entrambi i sistemi. E queste saranno entrambe soluzioni del sistema di partenza.

Cominciamo risolvendo il primo sistema:

\begin{cases}x-y = 0 \\ \\ x-3y=3 \end{cases}  \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} x =y \\ \\ y=-\dfrac{3}{2}\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases}x=-\dfrac{3}{2}\\ \\ y =2-\dfrac{3}{2} \end{cases}

Teniamo da parte la soluzione ottenuta, ovvero {\left( -\dfrac{3}{2}; \: -\dfrac{3}{2}\right)}.

Proseguiamo con il secondo sistema:

\small \begin{cases}x+3y=0 \\ \\ x-3y=3 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} x=-3y \\ \\ -3y-3y=3 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases}x=-3y=-3\left( -\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{2} \\ \\ y=-\dfrac{1}{2} \end{cases} 

Così per il secondo sistema otteniamo la soluzione {\left( \dfrac{3}{2}; \: -\dfrac{1}{2}\right)}.

Unendo le soluzioni calcolate per i due sistemi otteniamo in conclusione per il sistema di partenza le due soluzioni:

\left( -\dfrac{3}{2}; \: -\dfrac{3}{2}\right), \qquad \left( \dfrac{3}{2}; \: -\dfrac{1}{2}\right)

Conclusioni

Per quanto riguarda i sistemi non lineari riconducibili ai sistemi lineari è tutto. Riassumendo abbiamo visto come sia possibile in alcuni casi risolvere sistemi contenenti le incognite anche ai denominatori e sistemi di grado superiore al primo. Non abbiamo certamente presentato un metodo risolutivo generale per i sistemi non lineari, ma abbiamo comunque mostrato dei trucchi che vi aiuteranno in molti casi. Naturalmente nell’ambito di problemi delle scuole superiori, come precisato all’inizio di questa lezione.

Buono studio a tutti voi e un saluto da SìMatematica!