Algebra lineare
Eccoci qua con il primo quesito della mia materia preferita...
Ho questa matrice $A\inM_{3,4}(RR)$:
$A=((2,1,0,-1),(1,1,-1,0),(1,0,1,-1))$
devo trovare intanto una base di $Im(A)$
Quindi faccio la riduzione a scala e trovo:
$S=((2,1,0,-1),(0,1/2,-1,1/2),(0,0,0,0))=>rgS=rgA=2=>dimImA=2=>ImA=<|(2),(1),(1)|,|(1),(1),(0)|>$
Devo poi trovare una base di $KerA$, quindi imposto il sistema $Sx=O$ dove $x$ è il generico vettore $v\inRR^4$.
Per il teorema della dimensione so in piu che $dimKerA=4-2=2$:
${(2x_1+x_2-x_4=0),(x_2/2-x_3+x_4/4=0):}=>{(x_1=1/2(x_4-x_2)),(x_2=s),(x_3=1/2(x_2+x_4)),(x_4=t):}=>{(x_1=1/2(t-s)),(x_2=s),(x_3=1/2(s+t)),(x_4=t):}=>KerA=<|(1/2),(1),(1/2),(1)|,|(-1/2),(1),(1/2),(1)|>$
Dopo devo trovare una base di $Im(A^T)$
Quindi mi trovo la matrice trasposta:
$A^T=((2,1,1),(1,1,0),(0,-1,1),(-1,0,-1))$
dopodichè mi rifaccio la matrice a scala:
$S_1=((2,1,1),(0,1/2,-1/2),(0,0,0),(0,0,0))=>rgS_1=rgA^T=2=>Im(A^T)=<|(2),(1),(0),(-1)|,|(1),(1),(-1),(0)|>$
Ed infine una base di $Ker(A^T)$
Quindi:
${(2x_1+x_2+x_3=0),(x_2-x_3=0):}=>{(x_1=-t),(x_2=t),(x_3=t):}=>Ker(A^T)=<|(-1),(1),(1)|>$
Ho scritto tutto questo perchè non ho risultati e vorrei esser sicuro dello svolgimento,
Grazie
Ho questa matrice $A\inM_{3,4}(RR)$:
$A=((2,1,0,-1),(1,1,-1,0),(1,0,1,-1))$
devo trovare intanto una base di $Im(A)$
Quindi faccio la riduzione a scala e trovo:
$S=((2,1,0,-1),(0,1/2,-1,1/2),(0,0,0,0))=>rgS=rgA=2=>dimImA=2=>ImA=<|(2),(1),(1)|,|(1),(1),(0)|>$
Devo poi trovare una base di $KerA$, quindi imposto il sistema $Sx=O$ dove $x$ è il generico vettore $v\inRR^4$.
Per il teorema della dimensione so in piu che $dimKerA=4-2=2$:
${(2x_1+x_2-x_4=0),(x_2/2-x_3+x_4/4=0):}=>{(x_1=1/2(x_4-x_2)),(x_2=s),(x_3=1/2(x_2+x_4)),(x_4=t):}=>{(x_1=1/2(t-s)),(x_2=s),(x_3=1/2(s+t)),(x_4=t):}=>KerA=<|(1/2),(1),(1/2),(1)|,|(-1/2),(1),(1/2),(1)|>$
Dopo devo trovare una base di $Im(A^T)$
Quindi mi trovo la matrice trasposta:
$A^T=((2,1,1),(1,1,0),(0,-1,1),(-1,0,-1))$
dopodichè mi rifaccio la matrice a scala:
$S_1=((2,1,1),(0,1/2,-1/2),(0,0,0),(0,0,0))=>rgS_1=rgA^T=2=>Im(A^T)=<|(2),(1),(0),(-1)|,|(1),(1),(-1),(0)|>$
Ed infine una base di $Ker(A^T)$
Quindi:
${(2x_1+x_2+x_3=0),(x_2-x_3=0):}=>{(x_1=-t),(x_2=t),(x_3=t):}=>Ker(A^T)=<|(-1),(1),(1)|>$
Ho scritto tutto questo perchè non ho risultati e vorrei esser sicuro dello svolgimento,
Grazie
Risposte
lo svolgimento mi sembra giusto... (non certifico sui conti)
c'è un risultato carino che dice che $KerA$ e $ImA^t$ sono in somma diretta... idem per $KerA^t$ e $ImA$
lo conosci?
ciao
c'è un risultato carino che dice che $KerA$ e $ImA^t$ sono in somma diretta... idem per $KerA^t$ e $ImA$
lo conosci?
ciao
Risultato stupefacente, wedge... provo a dimostrarlo... faccio la prima relazione, tanto la seconda è uguale, basta cambiare matrice all'inizio...
La relazione per le dimensioni è ovvia. Se si verifica che quegli spazi hanno intersezione nulla siamo a posto.
$A$ sia la matrice quadrata $nXn$... $V$ uno sp.vettoriale su $K$ di dimensione n.
Premesse: $A=M_B(f)$ (B sia la base sia in entrata che in uscita).
Per concretizzare $B=[v_1,...,v_n]$
$Ker(f)$ è il sottospazio dei vettori annullati dalla $f$ mentre $KerA$ sono le coordinate di quei vettori nella base $B$.
PRO-MEMORIA (la d in alto indica il duale)
Ad ogni $f :V->V$ si è soliti associare una $f^t :V^d->V^d$ che ad ogni funzione $phi: V->K$ ne associa un'altra t.c. $f^t(phi)=phi°f$.... (questo giusto per ricordare cose che non si ricordano mai
). Vale anche $A^t=M_(B^(d))$ $f^t$
Detto questo prendiamo una generica funzione $theta$ appartenente all'$Im(f^t)$. Questa per definizone per un qualche $phi$ si scrive:
$theta= phi°f =c_1*v_1^d+...+c_n*v_n^d $ [1]
E' sufficiente verificare che queste coordinate non siano mai le coordinate di un vettore appartenente al $Ker(f)$ per dire che i due spazi hanno intersezione nulla.
Vediamo se è vero. Supponiamo $f(c_1*v_1+...+c_n*v_n)=0$. Applicando all'uguaglianza tra funzionali [1] il vettore $c_1*v_1+...+c_n*v_n$ si ottiene per le proprietà della base duale:
$0=c_1^2+...+c_n^2$
da cui $c_1=...=c_n=0$
ovvero l'immagine è il funzionale nullo. Tanto dovrebbe bastare. THE END
Lungo questa dimostrazione si è lavorato in spazi funzionali.... E' scioccante come d questi spazi si ottenga qualcosa che con loro ha poco ha che fare, infatti la relazione iniziale è trra sottospazi di $K^n$... sempre che non abbia sbagliato qualcosa... potresti controllare, wedge?
La relazione per le dimensioni è ovvia. Se si verifica che quegli spazi hanno intersezione nulla siamo a posto.
$A$ sia la matrice quadrata $nXn$... $V$ uno sp.vettoriale su $K$ di dimensione n.
Premesse: $A=M_B(f)$ (B sia la base sia in entrata che in uscita).
Per concretizzare $B=[v_1,...,v_n]$
$Ker(f)$ è il sottospazio dei vettori annullati dalla $f$ mentre $KerA$ sono le coordinate di quei vettori nella base $B$.
PRO-MEMORIA (la d in alto indica il duale)
Ad ogni $f :V->V$ si è soliti associare una $f^t :V^d->V^d$ che ad ogni funzione $phi: V->K$ ne associa un'altra t.c. $f^t(phi)=phi°f$.... (questo giusto per ricordare cose che non si ricordano mai
). Vale anche $A^t=M_(B^(d))$ $f^t$ Detto questo prendiamo una generica funzione $theta$ appartenente all'$Im(f^t)$. Questa per definizone per un qualche $phi$ si scrive:
$theta= phi°f =c_1*v_1^d+...+c_n*v_n^d $ [1]
E' sufficiente verificare che queste coordinate non siano mai le coordinate di un vettore appartenente al $Ker(f)$ per dire che i due spazi hanno intersezione nulla.
Vediamo se è vero. Supponiamo $f(c_1*v_1+...+c_n*v_n)=0$. Applicando all'uguaglianza tra funzionali [1] il vettore $c_1*v_1+...+c_n*v_n$ si ottiene per le proprietà della base duale:
$0=c_1^2+...+c_n^2$
da cui $c_1=...=c_n=0$
ovvero l'immagine è il funzionale nullo. Tanto dovrebbe bastare. THE END
Lungo questa dimostrazione si è lavorato in spazi funzionali.... E' scioccante come d questi spazi si ottenga qualcosa che con loro ha poco ha che fare, infatti la relazione iniziale è trra sottospazi di $K^n$... sempre che non abbia sbagliato qualcosa... potresti controllare, wedge?
No sinceramente non ci avevo mai fatto caso... Grazie delle puntualizzazione ad entrambi.
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