Esercizi Mat.Discreta(spazi vettoriali, applicazioni lineari e permutazioni)
salve ragazzi, tra poco dovrò fare l'esame di discreta, ho fatto degli esercizi dell'esame dato il 2009, vorrei sapere se sono giusti, e se avete qualche consiglio per risolverli più velocemente, perche ci metto troppo... 
P.S: scusate per la scrittura
P.S: scusate per la scrittura
Risposte
Primo esercizio
Puoi notare che \(\displaystyle E = \langle (2,1,1,1) ,\ (3,0,0,0) \rangle \cong \mathbb{R}^2\) in quanto insieme delle combinazioni lineari di quei due vettori: \(\displaystyle (2r+3s, r, r, r) = r(2,1,1,1) + s(3,0,0,0) \).
Per il secondo io lo farei così:
\(\displaystyle F \) è l'insieme delle soluzioni del sistema omogeneo:
\[A\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 1 & -3 & 0 & 0 \\ 3 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\]
Lo spazio \(\displaystyle F \) è quindi formato dalla somma diretta tra \(\displaystyle \langle (0,0,1,0) ,\ (0,0,0,1) \rangle \) e \(\displaystyle F' \) che è il sottospazio di \(\displaystyle \langle (1,0,0,0) ,\ (0,1,0,0) \rangle \) degli elementi che rispettano le condizioni date. D'altra parte Il minore \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & -3 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \) ha determinante diverso da 0 e quindi l'unica soluzione di quel sistema è dato dai vettori con le prime due coordinate uguali a \(\displaystyle 0 \), che è un sottospazio in quanto uguale a \(\displaystyle \langle (0,0,1,0) ,\ (0,0,0,1) \rangle \) oppure in quanto kernel dell'applizazione lineare che proietta le prime due coordinate in \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \).
Ho già fornito le mie basi, quindi la parte successiva è immediata, ma anche la tua è corretta. Ricorda comunque che se esistono dei vettori tali che l'insieme che consideri è l'insieme delle loro combinazioni lineari allora quello è un sottospazio.
Secondo esercizio
Il fatto che la matrice ha rango 4 lo potevi anche vedere dal fatto che la matrice:
\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}\] ha determinante diverso da 0.
Siccome la matrice ha rango 4 allora è sicuramente è suriettiva ed esiste il vettore v della richiesta d. Ovviamente, dato che gli spazi hanno dimensione differente non può essere biettiva ed essendo il dominio di dimensione maggiore non può essere iniettiva.
Rimane perciò solo di determinare il kernel, che è un sottospazio di dimensione 1. Che non ho capito come hai ricavato. Di fatto comunque ti baste trovare dei valori \(\displaystyle a,b,c,d,e \) tali che:
\(\displaystyle a(1,1,-1, 1) + b(1,-1,1, -1) + c(1,0,2, 2)+ d(1,0,1, -1) + e(2,0,1, 3) = 0 \)
e quindi porre \(\displaystyle \ker(L_A) = \langle(a,b,c,d,e)\rangle \).
Se non ho fatto errori di calcolo dovrebbe andare bene il vettore \(\displaystyle (1,1,1,-1,-1) \).
Terzo esercizio
\(\displaystyle \alpha = (1392)(48675) \) (quindi l'hai calcolato giusto ma non serviva scrivere le orbite)
Per il secondo, come hai detto tu, \(\displaystyle \alpha \) ha ordine 20. Se chiamo \(\displaystyle \beta = (1392) \) ho che \(\displaystyle \beta^2 = (19)(23) \), \(\displaystyle \beta^3 = (1293) \). Se chiamo \(\displaystyle \sigma = (48675) \) ho che \(\displaystyle \sigma^2 = (46587) \), \(\displaystyle \sigma^3 = (47856) \), \(\displaystyle \sigma^4 = (45768) \). A questo punto di basta scrivere \(\displaystyle \alpha^n = \sigma^s\beta^t \) per opportuni \(\displaystyle s \) e \(\displaystyle t \).
Puoi notare che \(\displaystyle E = \langle (2,1,1,1) ,\ (3,0,0,0) \rangle \cong \mathbb{R}^2\) in quanto insieme delle combinazioni lineari di quei due vettori: \(\displaystyle (2r+3s, r, r, r) = r(2,1,1,1) + s(3,0,0,0) \).
Per il secondo io lo farei così:
\(\displaystyle F \) è l'insieme delle soluzioni del sistema omogeneo:
\[A\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 1 & -3 & 0 & 0 \\ 3 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\]
Lo spazio \(\displaystyle F \) è quindi formato dalla somma diretta tra \(\displaystyle \langle (0,0,1,0) ,\ (0,0,0,1) \rangle \) e \(\displaystyle F' \) che è il sottospazio di \(\displaystyle \langle (1,0,0,0) ,\ (0,1,0,0) \rangle \) degli elementi che rispettano le condizioni date. D'altra parte Il minore \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & -3 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \) ha determinante diverso da 0 e quindi l'unica soluzione di quel sistema è dato dai vettori con le prime due coordinate uguali a \(\displaystyle 0 \), che è un sottospazio in quanto uguale a \(\displaystyle \langle (0,0,1,0) ,\ (0,0,0,1) \rangle \) oppure in quanto kernel dell'applizazione lineare che proietta le prime due coordinate in \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \).
Ho già fornito le mie basi, quindi la parte successiva è immediata, ma anche la tua è corretta. Ricorda comunque che se esistono dei vettori tali che l'insieme che consideri è l'insieme delle loro combinazioni lineari allora quello è un sottospazio.
Secondo esercizio
Il fatto che la matrice ha rango 4 lo potevi anche vedere dal fatto che la matrice:
\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}\] ha determinante diverso da 0.
Siccome la matrice ha rango 4 allora è sicuramente è suriettiva ed esiste il vettore v della richiesta d. Ovviamente, dato che gli spazi hanno dimensione differente non può essere biettiva ed essendo il dominio di dimensione maggiore non può essere iniettiva.
Rimane perciò solo di determinare il kernel, che è un sottospazio di dimensione 1. Che non ho capito come hai ricavato. Di fatto comunque ti baste trovare dei valori \(\displaystyle a,b,c,d,e \) tali che:
\(\displaystyle a(1,1,-1, 1) + b(1,-1,1, -1) + c(1,0,2, 2)+ d(1,0,1, -1) + e(2,0,1, 3) = 0 \)
e quindi porre \(\displaystyle \ker(L_A) = \langle(a,b,c,d,e)\rangle \).
Se non ho fatto errori di calcolo dovrebbe andare bene il vettore \(\displaystyle (1,1,1,-1,-1) \).
Terzo esercizio
\(\displaystyle \alpha = (1392)(48675) \) (quindi l'hai calcolato giusto ma non serviva scrivere le orbite)
Per il secondo, come hai detto tu, \(\displaystyle \alpha \) ha ordine 20. Se chiamo \(\displaystyle \beta = (1392) \) ho che \(\displaystyle \beta^2 = (19)(23) \), \(\displaystyle \beta^3 = (1293) \). Se chiamo \(\displaystyle \sigma = (48675) \) ho che \(\displaystyle \sigma^2 = (46587) \), \(\displaystyle \sigma^3 = (47856) \), \(\displaystyle \sigma^4 = (45768) \). A questo punto di basta scrivere \(\displaystyle \alpha^n = \sigma^s\beta^t \) per opportuni \(\displaystyle s \) e \(\displaystyle t \).
ok, grazie mille.
Comunque per trovare il kernel dell'esercizio ho ridotto a scala la matrice A e ho usato le righe come base,
Il prof ha spiegato così.... (è giusto??????)
Comunque per trovare il kernel dell'esercizio ho ridotto a scala la matrice A e ho usato le righe come base,
Il prof ha spiegato così.... (è giusto??????)
Quello non è certo il kernel della matrice. Anche perché quelle righe sono 4 (e linearmente indipendenti) e tu invece devi trovare uno spazio di dimensione 1. Capisci che c'è qualcosa che non va. Ti ricordo che \(\dim \ker L_A + \dim \mathrm{Im}(L_a) = 5\). Il rango della matrice è la dimensione dell'immagine. L'immagine è ovviamente lo spazio generato dalle colonne.
Per quanto riguarda il kernel si tratta di risolvere un sistema omogeneo con più incognite che equazioni. Perciò quello che devi fare è fissare i valori delle incognite di troppo e risolvere il sistema legato alle equazioni non fissati. Ovviamente se la matrice è ridotta viene tutto più facile.
Per quanto riguarda il kernel si tratta di risolvere un sistema omogeneo con più incognite che equazioni. Perciò quello che devi fare è fissare i valori delle incognite di troppo e risolvere il sistema legato alle equazioni non fissati. Ovviamente se la matrice è ridotta viene tutto più facile.
grazie mille, ho delle difficoltà su altri 2 esercizi.
1)il primo Nel gruppo S9 delle permutazioni su {1,2,3,4,5,6,7,8,9} si consideri la permutazione
a=(213)(219)(218)(251)(67)
io ho pensato di ricondurlo nella forma dell'esercizio 3, per poi risolverlo nella stessa maniera.Nel far agire (67)e (251) non ho problemi, ma già da (218) mi perdo.
2)nel secondo esercizio
Si consideri il gruppo Z35=Z/35Z degli interi modulo 35
a)determ. gli el. di ordine 15 di Z35.
b)trovare i generatori di Z35.
c)trovare i st.gruppi di Z35.
b) i generatori di Z35 sono le classi degli interi da 1 a 34 che sono primi con 35
{1,2,3,4,6,8,9,11,12,13,16,17,18,19,20,22,23,24,26,27,29,31,32,33,34}
c) i st.gruppi di Z35 sono
{0},{0,7,14,21,28},{0,5,10,15,20,25,30},Z35
per a) non so come fare
1)il primo Nel gruppo S9 delle permutazioni su {1,2,3,4,5,6,7,8,9} si consideri la permutazione
a=(213)(219)(218)(251)(67)
io ho pensato di ricondurlo nella forma dell'esercizio 3, per poi risolverlo nella stessa maniera.Nel far agire (67)e (251) non ho problemi, ma già da (218) mi perdo.
2)nel secondo esercizio
Si consideri il gruppo Z35=Z/35Z degli interi modulo 35
a)determ. gli el. di ordine 15 di Z35.
b)trovare i generatori di Z35.
c)trovare i st.gruppi di Z35.
b) i generatori di Z35 sono le classi degli interi da 1 a 34 che sono primi con 35
{1,2,3,4,6,8,9,11,12,13,16,17,18,19,20,22,23,24,26,27,29,31,32,33,34}
c) i st.gruppi di Z35 sono
{0},{0,7,14,21,28},{0,5,10,15,20,25,30},Z35
per a) non so come fare
"giuseppe92":
grazie mille, ho delle difficoltà su altri 2 esercizi.
1)il primo Nel gruppo S9 delle permutazioni su {1,2,3,4,5,6,7,8,9} si consideri la permutazione
a=(213)(219)(218)(251)(67)
io ho pensato di ricondurlo nella forma dell'esercizio 3, per poi risolverlo nella stessa maniera.Nel far agire (67)e (251) non ho problemi, ma già da (218) mi perdo.
Va ridotto come nell'esercizio 3. Puoi o prima portarlo alla forma in tabella e poi produrre i cicli, oppure fare i cicli direttamente. \(\displaystyle (67) \) e \(\displaystyle (251) \) commutano e quindi non vedo che problema dovresti avere: \(\displaystyle (67) \) è un ciclo disgiunto della forma finale. Gli altri invece non commutano affatto. Io direi che ci sono due modi per risolverlo. Il primo consiste nel seguente (che puoi sempre fare):
\(\displaystyle 1\mapsto 2\mapsto 1\mapsto 9 \) quindi \(\displaystyle (67)(19 \)
\(\displaystyle 9\mapsto 2\mapsto 1 \) quindi \(\displaystyle (67)(19) \)
\(\displaystyle 2\mapsto 5 \) quindi \(\displaystyle (67)(19)(25 \)
\(\displaystyle 5\mapsto 1\mapsto 8 \) quindi \(\displaystyle (67)(19)(258 \)
\(\displaystyle 8\mapsto 2\mapsto 1\mapsto 3 \) quindi \(\displaystyle (67)(19)(2583 \)
\(\displaystyle 3\mapsto 2 \) quindi \(\displaystyle (67)(19)(2583) \)
siccome il 4 non è presente nella scrittura in cicli rimane fisso. Risulta perciò che \(\displaystyle a = (19)(2583)(67) \).
Il secondo consiste nello scrivere i cicli come prodotti di trasposizioni.
\(\displaystyle (213) = (23)(12) \)
nel secondo voglio quindi mettendo a sinistra un (12) quindi avrò che
\(\displaystyle (192) = (12)(19) \)
\(\displaystyle (218) = (28)(12) \)
nel quarto voglio quindi mettendo a sinistra un (12) quindi avrò che
\(\displaystyle (251) = (12)(25) \)
Perciò, per la proprietà associativa ricavo che
\begin{align}a &=(213)(219)(218)(251)(67) \\ &= (23)(12)(12)(19)(28)(12)(12)(25)(67) \\ &= (23)(19)(28)(25)(67) \\ &= (23)(28)(25)(19)(67) \\&= (2583)(19)(67)\end{align}
Ma questo è un metodo piuttosto specifico per semplificare la risoluzione di questo particolare caso (era il prodotto di oggetti molto simili). Ho usato inoltre il fatto che \(\displaystyle (a_1,\ a_2,\ a_2,\ \dotsc,\ a_n) = (a_1,\ a_n)(a_1,\ a_{n-1})\dotsm(a_1,\ a_{2}) \), che penso sia utile conoscere e sapere usare in entrambi i sensi.
"giuseppe92":
2)nel secondo esercizio
Si consideri il gruppo Z35=Z/35Z degli interi modulo 35
a)determ. gli el. di ordine 15 di Z35.
b)trovare i generatori di Z35.
c)trovare i st.gruppi di Z35.
b) i generatori di Z35 sono le classi degli interi da 1 a 34 che sono primi con 35
{1,2,3,4,6,8,9,11,12,13,16,17,18,19,20,22,23,24,26,27,29,31,32,33,34}
c) i st.gruppi di Z35 sono
{0},{0,7,14,21,28},{0,5,10,15,20,25,30},Z35
per a) non so come fare
Gli altri mi sembrano giusti, magari all'esame dovresti spenderci un po' più parole. Riguardo al primo usa il [url?http://it.wikipedia.org/wiki/Teorema_di_Lagrange_(teoria_dei_gruppi)]teorema di Lagrange[/url]. Se non lo hai fatto ragione sull'ordine degli elementi di ogni sottogruppo (sono sottogruppi ciclici di ordine un primo
)
ok, grazie mille, quindi la soluzione per il punto
a){0,15,30,10,25,5,20}?
a){0,15,30,10,25,5,20}?
No, 15 non divide 35 e quindi non ci sono elementi di ordine \(15\) in \(\mathbb{Z}_35\). \(15\) ha ordine \(7\).
ok grazie, credo di aver capito 
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