Altro giorno altra costruzione di un applicazione lineare
Ho provato a svolgere questo esercizio, potete dirmi se va bene o darmi magari degli spunti per farlo in un altra maniera?
Sia W = {(x, y, z) ∈ R3| x−2y+z = 0, 2x−y−z = 0}
Costruire, se esiste, un’applicazione lineare f : R3 → R3
che verifichi tutte le seguenti condizioni:
Ker f = Span(1, 0, 2), Ker f ⊆ Im f, Im f ⊕ W = R3
prima di tutto io ho esplicitato W trovando che è generato dal vettore (1,1,1) e quindi $dim(w)=1$
poi dalla prima condizione ho ricavato che $f(1,0,2)=(0,0,0)$
dalla seconda mi trovo che (1,0,2) appartiene a $imf$.
Arrivato qui ho a disposizione 2 vettori di R3 v1=(1,0,2) e w=(1,1,1), per formare una base ho scelto un terzo vettore
e1=(1,0,0). fissata la base= v1,w,e1
dovendo essere $dim(imf)=2$ ho bisogno di due generatori uno è per forza v1 l'altro, visto che Imf per la terza condizione non può contenere vettori di W, sarà e1
quindi ho
$fv1=0$
$fw=e1$
$fe1=v1$
un po' contorto ma sembra avere senso. Da qui ho espresso il generico $(x,y,z)$ di R3 rispetto alla base ed ho ottenuto l'applicazione lineare.
Può andare?
Sia W = {(x, y, z) ∈ R3| x−2y+z = 0, 2x−y−z = 0}
Costruire, se esiste, un’applicazione lineare f : R3 → R3
che verifichi tutte le seguenti condizioni:
Ker f = Span(1, 0, 2), Ker f ⊆ Im f, Im f ⊕ W = R3
prima di tutto io ho esplicitato W trovando che è generato dal vettore (1,1,1) e quindi $dim(w)=1$
poi dalla prima condizione ho ricavato che $f(1,0,2)=(0,0,0)$
dalla seconda mi trovo che (1,0,2) appartiene a $imf$.
Arrivato qui ho a disposizione 2 vettori di R3 v1=(1,0,2) e w=(1,1,1), per formare una base ho scelto un terzo vettore
e1=(1,0,0). fissata la base= v1,w,e1
dovendo essere $dim(imf)=2$ ho bisogno di due generatori uno è per forza v1 l'altro, visto che Imf per la terza condizione non può contenere vettori di W, sarà e1
quindi ho
$fv1=0$
$fw=e1$
$fe1=v1$
un po' contorto ma sembra avere senso. Da qui ho espresso il generico $(x,y,z)$ di R3 rispetto alla base ed ho ottenuto l'applicazione lineare.
Può andare?
Risposte
"danielep":
Sia W = {(x, y, z) ∈ R3| x+y+3z = 0, 2x+y+4z = 0}.
Costruire, se esiste, un’applicazione lineare f : R3 → R3
che verifichi tutte le seguenti condizioni:
Ker f = Span(1, 0, −2), Ker f ⊆ Im f, Im f ⊕ W = R3
Stavolta o ti fermi e ragioni o non ha senso risponderti.
Come fa W ad essere generato dal vettore $ t( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) ) $ ?
Prova a sostituire:
1 + 1 +3 =0 2+1+4=0
ti pare possibile?
Rifai i conti e trova che W=$ t( ( 1 ),( 2 ),( -1 ) ) $
si scusa hai ragione è una traccia di un compito in cui ci sono fila A e fila B, semplicemente ho riportato quella sbagliata
Sia W = {(x, y, z) ∈ R3| x−2y+z = 0, 2x−y−z = 0}
Sia W = {(x, y, z) ∈ R3| x−2y+z = 0, 2x−y−z = 0}
"danielep":
si scusa hai ragione è una traccia di un compito in cui ci sono fila A e fila B, semplicemente ho riportato quella sbagliata
Sia W = {(x, y, z) ∈ R3| x−2y+z = 0, 2x−y−z = 0}
Hai controllato anche il resto del testo?
ricontrollato e corretto, grazie dell'aiuto.
Ok, hai corretto tutto adesso e la matrice che hai trovato è:
$ A=( ( -2 , 1 , 1 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 2 , 0 ) ) $
mentre la base di $R^3$ è $ {( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) ), ( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ), ( ( 1 ),( 0 ),( 0 ) )}$
Soddisfano tutti i requisiti
$ A=( ( -2 , 1 , 1 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 2 , 0 ) ) $
mentre la base di $R^3$ è $ {( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) ), ( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ), ( ( 1 ),( 0 ),( 0 ) )}$
Soddisfano tutti i requisiti
Ora ti scrivo come avrei proceduto io.
Avrei ricavato il vettore $w= ( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) ) $ che genera W come hai fatto tu.
Dalle due condizioni seguenti avrei dedotto che la matrice A debba essere della forma:
$ ( ( -2a , 1 , a ),( -2b , 0 , b ),( -2c , 2 , c ) ) *( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ) = ( ( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $
e visto che il vettore (a, b, c) dovrà essere indipendente sia da $( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) )$ che da $( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) )$ avrei trovato il vettore perpendicolare ad entrambi $ ( ( -2 ),( 1 ),( 1 ) ) $ così da togliermi il pensiero di dover fare altre verifiche scegliendone uno caso.
E avrei ottenuto:
$ A=( ( 4 , 1 , -2 ),( -2 , 0 , 1 ),( -2 , 2 , 1 ) ) $
e la base di la base di $R^3$ è $ {( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) ), ( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ), ( ( -2 ),( 1 ),( 1 ) )}$
Avrei ricavato il vettore $w= ( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) ) $ che genera W come hai fatto tu.
Dalle due condizioni seguenti avrei dedotto che la matrice A debba essere della forma:
$ ( ( -2a , 1 , a ),( -2b , 0 , b ),( -2c , 2 , c ) ) *( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ) = ( ( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $
e visto che il vettore (a, b, c) dovrà essere indipendente sia da $( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) )$ che da $( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) )$ avrei trovato il vettore perpendicolare ad entrambi $ ( ( -2 ),( 1 ),( 1 ) ) $ così da togliermi il pensiero di dover fare altre verifiche scegliendone uno caso.
E avrei ottenuto:
$ A=( ( 4 , 1 , -2 ),( -2 , 0 , 1 ),( -2 , 2 , 1 ) ) $
e la base di la base di $R^3$ è $ {( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) ), ( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ), ( ( -2 ),( 1 ),( 1 ) )}$
un attimo...
Perchè viene cosi la matrice?
io dopo aver espresso le immagini rispetto alla base fissata ho
$ ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ) )$
Ho sbagliato qualcosa?
Perchè viene cosi la matrice?
io dopo aver espresso le immagini rispetto alla base fissata ho
$ ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ) )$
Ho sbagliato qualcosa?
"Bokonon":
e visto che il vettore (a, b, c) dovrà essere indipendente sia da $( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) )$ che da $( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) )$ avrei trovato il vettore perpendicolare ad entrambi $ ( ( -2 ),( 1 ),( 1 ) ) $ così da togliermi il pensiero di dover fare altre verifiche scegliendone uno caso.
allora l'indipendenza di (a,b,c) da $( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) )$ è dovuta al fatto che lo spazio intersezione tra Imf e W deve ssere vuoto giusto?
mentre deve essere indipendente a $( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) )$ per far si che la matrice mantenga rK=2?
GRAZIE MILLE PER LA PAZIENZA!
"danielep":
un attimo...
Perchè viene cosi la matrice?
io dopo aver espresso le immagini rispetto alla base fissata ho
$ ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ) )$
Ho sbagliato qualcosa?
Deve soddisfare il seguente prodotto:
$ A*( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ) = ( ( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $
Ti pare che la tua soluzione lo soddisfi?
Inoltre quella matrice non contiene nemmeno il vettore $( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) )$ ergo come fa ad essere nell'immagine?
no niente ho solo scritto la matrice associata rispetto alla base $beta$ scelta, mi sono trovato le coordinate del generico(x,y,z) rispetto a $beta$ e sapendo che e $[f(x, y, z)]beta = A(x, y, z)beta$ ho ricavato la regola dell'applicazione lineare 
"danielep":
no niente ho solo scritto la matrice associata rispetto alla base $beta$ scelta, mi sono trovato le coordinate del generico(x,y,z) rispetto a $beta$ e sapendo che e $[f(x, y, z)]beta = A(x, y, z)beta$ ho ricavato la regola dell'applicazione lineare
Tu sai cosa rappresenta questa figura?
E' la raffigurazione stessa di cosa sia un'applicazione/funzione/trasformazione lineare.
Se capisci questa figura, hai capito tutta l'algebra lineare
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