[Algebra Lineare] Dimensione sottospazio di matrici.
Posto la prima parte di un esercizio dell'esonero in cui ci sono discordie controllando i risultati:
Siano:
$N_1 = ((2, 0, 0),(0, 0, 0))$, $N_2 = ((0, 0, 0),(1, 0, 2))$, $N_3 = ((4, 0, 0),(-1, 0, -2))$, $N_4 = ((1, 1, 0),(1, 0, 0))$, $N_5 = ((1, 0, 4),(0, 0, 1))$
$E = ((1, 0, 0),(0, 2, 1),(0, 0, 1))$, $F = ((1, 1),(0, 1))$
Defiamo i seguenti sottospazi:
$X = {A \in M_(2,3)(RR) | AE = FA}$ e $Y =$.
i) Determinare dimensione di $X$, $Y$, $X uu Y$ e $X nn Y$ e una loro base (e tante altre cose, ma le divergenze finivano qui perchè la parte dopo era strettamente legata allo svolgimento di questa parte
).
Buon lavoro a chi ha intenzione di dire la sua sull'esercizio
Siano:
$N_1 = ((2, 0, 0),(0, 0, 0))$, $N_2 = ((0, 0, 0),(1, 0, 2))$, $N_3 = ((4, 0, 0),(-1, 0, -2))$, $N_4 = ((1, 1, 0),(1, 0, 0))$, $N_5 = ((1, 0, 4),(0, 0, 1))$
$E = ((1, 0, 0),(0, 2, 1),(0, 0, 1))$, $F = ((1, 1),(0, 1))$
Defiamo i seguenti sottospazi:
$X = {A \in M_(2,3)(RR) | AE = FA}$ e $Y =
i) Determinare dimensione di $X$, $Y$, $X uu Y$ e $X nn Y$ e una loro base (e tante altre cose, ma le divergenze finivano qui perchè la parte dopo era strettamente legata allo svolgimento di questa parte
).Buon lavoro a chi ha intenzione di dire la sua sull'esercizio
Risposte
beh.. N3 è sicuramente combinazione lineare delle prme due matrici, quindi mi viene da dire che la dimensione di Y è 4 e una base è $.. ora penso su X 
comunque..per forza bruta di conti(che non è molto da matematici) $AE=((x_1x_2x_3),(x_4x_5x_6))((1,0,0),(0,2,0),(0,1,1))=((x_1,2x_2,x_2+x_3),(x_4,2x_5,x_5+x_6))$
Mentre $FA=((1,1),(0,1))((x_1x_2x_3),(x_4x_5x_6))=((x_1+x_4,x_2+x_5,x_3+x_6),(x_4,x_5,x_6))$
Di conseguenza,se devono essere uguali trovi $x_4=0=x_5$ e poi trovi $x_2=x_6=x_4=x_5=0$ Quindi ha dimensione 2 ed una base è $((1,0,0),(0,0,0))$ $((0,0,1),(0,0,0))$.. L'intersezione ha dimensione 1 e una base è $((1,0,0),(0,0,0))$.. prova a ricontrollare i conti però,questo è il metodo!
Mentre $FA=((1,1),(0,1))((x_1x_2x_3),(x_4x_5x_6))=((x_1+x_4,x_2+x_5,x_3+x_6),(x_4,x_5,x_6))$
Di conseguenza,se devono essere uguali trovi $x_4=0=x_5$ e poi trovi $x_2=x_6=x_4=x_5=0$ Quindi ha dimensione 2 ed una base è $((1,0,0),(0,0,0))$ $((0,0,1),(0,0,0))$.. L'intersezione ha dimensione 1 e una base è $((1,0,0),(0,0,0))$.. prova a ricontrollare i conti però,questo è il metodo!
Ok (il problema principale è che a me veniva un risultato, il tuo, e a altre 512 persone veniva $dim(X) = 1$ e $dim(Y) = 3$ per cui a scanso di dubbi ho chiesto sul forum )
Il ragionamento è identico (in entrambi i casi), unica cosa aggiuntiva che ho messo è che $N_4$ è indipendente da $N_1$ e $N_2$ perchè ha seconda coordinata non nulla e $N_5$ è indipendente dalle altre 3 matrici perchè ha terza coordinata non nulla...
)Il ragionamento è identico (in entrambi i casi), unica cosa aggiuntiva che ho messo è che $N_4$ è indipendente da $N_1$ e $N_2$ perchè ha seconda coordinata non nulla e $N_5$ è indipendente dalle altre 3 matrici perchè ha terza coordinata non nulla...
sisi beh ovvio,è giusto quello che hai scritto! ovviamente una base è anche $$ basta semplicemente eliminare una delle tre che sono dipendenti tra loro.
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