Esercizio 40sistema omogeneo, non omogeneo e soluzioni come particolare più nucleo

Testo (esempio svolto nella lezione 15). Siano

$$A = \begin{pmatrix} 1 & -3 & 2 \\ -2 & 6 & -4 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \end{pmatrix}.$$

1. Risolvere il sistema omogeneo $AX = 0$.
2. Per quali $B \in \mathbb{R}^2$ il sistema $AX = B$ ha soluzioni?
3. Risolvere $AX = B$ per $B = (5, -10)$ e interpretare geometricamente il risultato.

Teoria usata: Sistemi lineari e teorema di Rouché-CapelliUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli →, Nucleo e immagineIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine →.

Il punto di vista delle funzioni lineari

Conviene leggere tutto con la funzione $f : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$, $f(X) = AX$, cioè

$$f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 - 3x_2 + 2x_3,\ -2x_1 + 6x_2 - 4x_3).$$

• risolvere $AX = 0$ vuol dire trovare $\operatorname{Ker} f$;
• "$AX = B$ ha soluzioni" vuol dire $B \in \operatorname{Im} f$;
• le soluzioni di $AX = B$ sono l'antiimmagine $f^{-1}(B)$.

1. Il sistema omogeneo

$$\begin{cases} x_1 - 3x_2 + 2x_3 = 0 \\ -2x_1 + 6x_2 - 4x_3 = 0 \end{cases}$$

Dalla prima equazione si ricava $x_1$, che ha coefficiente $1$ (così non compaiono frazioni):

$$x_1 = 3x_2 - 2x_3.$$

Sostituendo nella seconda:

$$-2(3x_2 - 2x_3) + 6x_2 - 4x_3 = -6x_2 + 4x_3 + 6x_2 - 4x_3 = 0,$$

cioè $0 = 0$: la seconda equazione è sempre vera. Il motivo: la seconda riga di $A$ è $-2$ volte la prima, $(-2, 6, -4) = -2 \cdot (1, -3, 2)$, quindi le due equazioni dicono la stessa cosa. In termini di rangoUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli →: $\operatorname{rango}(A) = 1$ (una sola equazione indipendente).

Restano $3$ incognite e $1$ equazione: $x_2$ e $x_3$ sono libere, e

$$\dim \operatorname{Ker} f = n - \operatorname{rango}(A) = 3 - 1 = 2.$$

Base del nucleo. Procedura standard: si danno ai parametri liberi i valori $(x_2, x_3) = (1, 0)$ e poi $(0, 1)$, e si ricava ogni volta $x_1$.

$$\operatorname{Ker} f = \langle (3, 1, 0),\ (-2, 0, 1) \rangle.$$

$v_1$ e $v_2$ sono indipendenti (non sono uno multiplo dell'altro: guardando la seconda e la terza componente si vedono $(1, 0)$ e $(0, 1)$). Geometricamente $\operatorname{Ker} f$ è un piano per l'origine di $\mathbb{R}^3$.

Verifica: $v_1$: $3 - 3 + 0 = 0$ ✓; $v_2$: $-2 - 0 + 2 = 0$ ✓.

2. Per quali $B$ ci sono soluzioni

$$\begin{cases} x_1 - 3x_2 + 2x_3 = b_1 \\ -2x_1 + 6x_2 - 4x_3 = b_2 \end{cases}$$

Sappiamo già che i primi membri sono proporzionali: la seconda è $-2$ volte la prima. Sommando alla seconda equazione il doppio della prima ($R_2 \to R_2 + 2R_1$), a sinistra si ottiene $0$:

$$0 = 2b_1 + b_2.$$

Se $2b_1 + b_2 \ne 0$ questa è un'uguaglianza falsa e il sistema è impossibile. Se $2b_1 + b_2 = 0$ resta la sola prima equazione, che ha infinite soluzioni. Quindi

$$AX = B \text{ ha soluzioni} \iff 2b_1 + b_2 = 0 \iff b_2 = -2b_1.$$

Con Rouché-Capelli. La matrice completa ridotta è

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -3 & 2 & b_1 \\ 0 & 0 & 0 & 2b_1 + b_2 \end{array}\right):$$

$\operatorname{rango}(A) = 1$, e $\operatorname{rango}(A \,|\, B) = 1$ se e solo se $2b_1 + b_2 = 0$ (altrimenti è $2$).

Interpretazione: è l'equazione dell'immagine. Per il teorema nullità + rangoIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine →, $\dim \operatorname{Im} f = 3 - \dim \operatorname{Ker} f = 3 - 2 = 1$: l'immagine è una retta per l'origine del piano $\mathbb{R}^2$, ed è proprio la retta $y = -2x$ (scrivendo $(x, y)$ al posto di $(b_1, b_2)$). Infatti $\operatorname{Im} f$ è generata dalle colonne di $A$, che sono $(1, -2)$, $(-3, 6)$, $(2, -4)$: tutte multiple di $(1, -2)$. Se $B$ non sta su questa retta, nessun $X$ può dare $AX = B$.

3. Il caso $B = (5, -10)$

Prima di tutto si controlla la condizione: $2 \cdot 5 + (-10) = 0$ ✓, quindi le soluzioni esistono.

Come prima, la seconda equazione diventa $0 = 0$ e resta $x_1 - 3x_2 + 2x_3 = 5$, cioè

$$x_1 = 5 + 3x_2 - 2x_3, \qquad x_2, x_3 \text{ liberi}.$$

L'insieme delle soluzioni è

$$f^{-1}(5, -10) = \left\{ \begin{pmatrix} 5 + 3x_2 - 2x_3 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} : x_2, x_3 \in \mathbb{R} \right\}.$$

Separare la parte fissa dai parametri. Si scrive ogni componente come "numero + multiplo di $x_2$ + multiplo di $x_3$":

$$\begin{pmatrix} 5 + 3x_2 - 2x_3 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + x_2 \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + x_3 \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$$

(Controllo componente per componente: prima $5 + 3x_2 - 2x_3$ ✓; seconda $0 + x_2 + 0$ ✓; terza $0 + 0 + x_3$ ✓.)

• $\bar X = (5, 0, 0)$ è una soluzione particolare (quella con $x_2 = x_3 = 0$): $5 - 0 + 0 = 5$ e $-10 + 0 - 0 = -10$ ✓.
• $x_2 (3, 1, 0) + x_3(-2, 0, 1)$ descrive, al variare dei parametri, tutto il nucleo trovato al punto 1.

Quindi

$$f^{-1}(5, -10) = (5, 0, 0) + \operatorname{Ker} f,$$

esattamente come previsto dal teorema "soluzione particolare più nucleo"Un sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli →.

Interpretazione geometrica. Il nucleo è un piano per l'origine. Sommare $(5, 0, 0)$ a tutti i suoi punti lo trasla di $5$ unità nella direzione dell'asse $x_1$: le soluzioni formano un piano parallelo al nucleo che non passa per l'origine. Non è un sottospazio vettoriale: non contiene $\vec 0$, perché $A \vec 0 = 0 \ne B$.

Nota. La soluzione particolare non è unica: per esempio anche $(8, 1, 0)$ (con $x_2 = 1$, $x_3 = 0$) è soluzione, e $(8, 1, 0) + \operatorname{Ker} f$ è lo stesso piano, perché $(8, 1, 0) - (5, 0, 0) = (3, 1, 0) \in \operatorname{Ker} f$.

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