Ho bisogno di una mano per concludere una sol di un problema... Ho ridotto le condizioni (o almeno parte di esse!) a questo sistema...
posto quà, anche se nn è il forum adatto, ma non esiste una sezione per chiedere una mano nelle sol?...
preso un sistema omogeneo di n equazioni ed n incognite:
a11*x1+a12*x2+...+ a1n*xn=0
a21*x1+a22*x2+...+ a2n*xn=0
a31*x1+a32*x2+...+ a3n*xn=0
.....
an1*x1+an2*x2+...+ ann*xn=0
sò che (scrivo per esteso le sommatorie per chiarezza)
a11+a12+a13+...+a1n=0
a21+a22+a23+...+a2n=0
...
an1+an2+an3+...+ann=0
Inoltre:
a11+a21+a31+...+an1=0
a12+a22+a32+...+an2=0
..........
a1n+a2n+a3n+...+ann=0
sono sufficienti queste condizioni per concludere che le infinite sol del sistema sopra rispettano x1=x2=x3=...=xn=k ? No perchè altrimenti sono un pò bloccato... Visto il livello del problema non credo si debbano utilizzare matrici e robe varie, ma se vi serve (e siete capaci, non come mè!) fate pure...
sistemi
Ecco, diciamo che, se non ci sono altre condizioni sugli a_(i,j) l'unica conclusione che si può trarre è proprio che x_1=...=x_n=k è soluzione per qualsiasi k reale, ed anzi ci sono sistemi con le caratteristiche che tu hai richiesto che hanno solo soluzioni di quella forma:
$ \left\{\begin{array}{rcl}x-y&=&0\\y-z&=&0\\z-w&=&0\\w-x&=&0\end{array}\rigth. $
dall'ultima hai x=w, dalla penultima z=w, dalla seconda y=z=w, dalla prima x=y=z=w. Quindi ogni soluzione deve essere della forma (k,k,k,k) e in effetti tutte le quadruple di questa forma sono soluzioni.
Btw, per vedere che (k, ... ,k) è soluzione, il sistema più rapido è questo, anche se non so quanto ti potrà essere chiaro:
$ a_{i1}+a_{i2}+\ldots + a_{in}=0 \Leftrightarrow (1,\ldots, 1)\cdot A_i=0 $
dove A_i è la i-esima riga della matrice associata al tuo sistema.
Quindi tutte le righe del tuo sistema sono ortogonali al vettore (1,...,1) che quindi è ortogonale all'immagine della matrice e quindi sta nel suo nucleo. Quindi è soluzione; del resto, senza sapere null'altro sui coefficienti, le righe potrebbero contenere tutta una base dell'iperpiano ortogonale a (1,...,1) e quindi questo sarebbe l'unico vettore che genera il nucleo della matrice. Da ciò segue che i vettori (k,...,k) sono soluzioni e che possono essere le uniche.
$ \left\{\begin{array}{rcl}x-y&=&0\\y-z&=&0\\z-w&=&0\\w-x&=&0\end{array}\rigth. $
dall'ultima hai x=w, dalla penultima z=w, dalla seconda y=z=w, dalla prima x=y=z=w. Quindi ogni soluzione deve essere della forma (k,k,k,k) e in effetti tutte le quadruple di questa forma sono soluzioni.
Btw, per vedere che (k, ... ,k) è soluzione, il sistema più rapido è questo, anche se non so quanto ti potrà essere chiaro:
$ a_{i1}+a_{i2}+\ldots + a_{in}=0 \Leftrightarrow (1,\ldots, 1)\cdot A_i=0 $
dove A_i è la i-esima riga della matrice associata al tuo sistema.
Quindi tutte le righe del tuo sistema sono ortogonali al vettore (1,...,1) che quindi è ortogonale all'immagine della matrice e quindi sta nel suo nucleo. Quindi è soluzione; del resto, senza sapere null'altro sui coefficienti, le righe potrebbero contenere tutta una base dell'iperpiano ortogonale a (1,...,1) e quindi questo sarebbe l'unico vettore che genera il nucleo della matrice. Da ciò segue che i vettori (k,...,k) sono soluzioni e che possono essere le uniche.
info, ma a questo potevi arrivare anche da solo : se tutti gli a_(i,j) sono 0, qualsiasi n-upla di numeri reali è soluzione... del resto, ripeto, se le uniche condizioni che hai dato sono quelle, l'unica soluzione che vale in tutti i casi in cui i coefficienti rispettino quelle condizioni è x_1=x_2=...=x_n=k .
no va bè... un'altra condizione è che in ogni equazione esistono almeno due a diversi da 0... ma ciò non esaurisce le condizioni che arrivano tutte da un grafo... cmq ti ringrazio per l'aiuto che mi stai dando, EvaristeG...
anzi dai posto direttamente la parte finale alla quale ho ridotto il problema (spero proprio che i mods nn se la abbiano a male):
* prendiamo un grafo connesso;
* associamo ad ogni punto i del grafo un numero ai;
* associo ad ogni punto i del grafo un numero bi che esprime il numero di segmenti uscenti dal punto;
* ogni valore ai è uguale alla media degli ak dei punti che sono direttamente connessi con il punto i;
--->dimostrare che gli ai sono uguali;
mi scuso se mi sono espresso male ma l'unica cosa che sò dei grafi è che sono degli insiemi di punti collegati da segmenti. Poi il concetto di grafo connesso spero che sia: da ogni punto si và ad ogni altro... trovo a dire la verità qualche problema ad esprimere la connessione in forma "matematica"...
ps: per la cronaca la manipolazione che portava alle equazioni sopra era risultata molto utile per semplificare il problema in modo notevole (credo) ma a questo punto allora non servirà più a nulla immagino...
anzi dai posto direttamente la parte finale alla quale ho ridotto il problema (spero proprio che i mods nn se la abbiano a male):
* prendiamo un grafo connesso;
* associamo ad ogni punto i del grafo un numero ai;
* associo ad ogni punto i del grafo un numero bi che esprime il numero di segmenti uscenti dal punto;
* ogni valore ai è uguale alla media degli ak dei punti che sono direttamente connessi con il punto i;
--->dimostrare che gli ai sono uguali;
mi scuso se mi sono espresso male ma l'unica cosa che sò dei grafi è che sono degli insiemi di punti collegati da segmenti. Poi il concetto di grafo connesso spero che sia: da ogni punto si và ad ogni altro... trovo a dire la verità qualche problema ad esprimere la connessione in forma "matematica"...
ps: per la cronaca la manipolazione che portava alle equazioni sopra era risultata molto utile per semplificare il problema in modo notevole (credo) ma a questo punto allora non servirà più a nulla immagino...
Vediamo se ho capito...
Dato un grafo (finito!!), si associa ad ogni nodo un numero reale, di modo che il numero in un nodo V sia la media aritmetica dei numeri nei nodi adiacenti a V (=collegati a V tramite un arco). Dimostrare che i numeri associati ai nodi sono tutti uguali.
E' questo?
Se lo è, ti suggerirei di lasciar perdere matrici e simili e di puntare sul fatto che hai un numero finito di nodi e quindi di valori ...
Dato un grafo (finito!!), si associa ad ogni nodo un numero reale, di modo che il numero in un nodo V sia la media aritmetica dei numeri nei nodi adiacenti a V (=collegati a V tramite un arco). Dimostrare che i numeri associati ai nodi sono tutti uguali.
E' questo?
Se lo è, ti suggerirei di lasciar perdere matrici e simili e di puntare sul fatto che hai un numero finito di nodi e quindi di valori ...
Forse ci sono arrivato!
PREMESSA:
[1] la media di n numeri è sempre maggiore del minimo e minore del massimo; se è uguale al minimo è uguale anche al massimo e tutti i valori sono uguali;
Alura, se l'insieme dei valori ai è finito, esso contiene massimo (aM) e minimo (am). Preso il minimo, esistono dei valori che come media avranno il minimo. Se tra questi valori vi è un numero maggiore del minimo, la media non potrebbe essere il minimo --> si deduce che tutti questi valori sono uguali al minimo ed estendendo il ragionamento all'intero grafo tutti i valori sono uguali al minimo. Questo si può fare perchè il grafo è connesso. Medesimo ragionamento si potrebbe fare per il massimo e si concluderebbe in maniera analoga...
ps: per la cronaca, questo ragionamento rende inutile la semplificazione del problema che avevo fatto dato che si può applicare ugualmente all'inizio con poche variazioni... va bè...meglio così!
PREMESSA:
[1] la media di n numeri è sempre maggiore del minimo e minore del massimo; se è uguale al minimo è uguale anche al massimo e tutti i valori sono uguali;
Alura, se l'insieme dei valori ai è finito, esso contiene massimo (aM) e minimo (am). Preso il minimo, esistono dei valori che come media avranno il minimo. Se tra questi valori vi è un numero maggiore del minimo, la media non potrebbe essere il minimo --> si deduce che tutti questi valori sono uguali al minimo ed estendendo il ragionamento all'intero grafo tutti i valori sono uguali al minimo. Questo si può fare perchè il grafo è connesso. Medesimo ragionamento si potrebbe fare per il massimo e si concluderebbe in maniera analoga...
ps: per la cronaca, questo ragionamento rende inutile la semplificazione del problema che avevo fatto dato che si può applicare ugualmente all'inizio con poche variazioni... va bè...meglio così!