Applicazione lineare con più componenti
mi sono trovato quest'esercizio che spero di aver formulato giusto.
calcolare il $ker f$ e $Imf$ dell'applicazione lineare
$f:W->RR^3$
$f(x,y,z,t,w)=(x+y+z,t+w,x+y+z+t+w)$
dove $B={(1,0,-1,0,1),(0,1,3,1,0),(0,1,1,1,1)}$ è una base di $W$
per risolvere questo semplice esercizio basta sostituire i vettori che formano una base di $W$ nell'applicazione per ottenere le relazioni costituenti
$f(1,0,-1,0,1)=(0,1,1)$
$f(0,1,3,1,0)=(4,1,5)$
$f(0,1,1,1,1)=(2,2,4)$
poi mi calcolo le componenti del generico vettore $(a,b,c)=xw_1+yw_2+zw_3$ per poi ottenere così le componenti da scrivere nella matrice associata all'applicazione lineare.
quello un pò che mi ha fatto riflettere è il numero di componenti.cioè nel dominio ho vettori aventi $5$ componenti mentre nel codominio ho $3$ componenti.è giusto il ragionamento?
calcolare il $ker f$ e $Imf$ dell'applicazione lineare
$f:W->RR^3$
$f(x,y,z,t,w)=(x+y+z,t+w,x+y+z+t+w)$
dove $B={(1,0,-1,0,1),(0,1,3,1,0),(0,1,1,1,1)}$ è una base di $W$
per risolvere questo semplice esercizio basta sostituire i vettori che formano una base di $W$ nell'applicazione per ottenere le relazioni costituenti
$f(1,0,-1,0,1)=(0,1,1)$
$f(0,1,3,1,0)=(4,1,5)$
$f(0,1,1,1,1)=(2,2,4)$
poi mi calcolo le componenti del generico vettore $(a,b,c)=xw_1+yw_2+zw_3$ per poi ottenere così le componenti da scrivere nella matrice associata all'applicazione lineare.
quello un pò che mi ha fatto riflettere è il numero di componenti.cioè nel dominio ho vettori aventi $5$ componenti mentre nel codominio ho $3$ componenti.è giusto il ragionamento?
Risposte
Hai gia calcolato le immagini dei vettori della base di $W$. Noto che vuoi sempre passare per la matrice che rappresenta l'applicazione lineare e non ascolti quello che ti ho detto in altri post. Trascuri quello che dico!
I trasformati dei vettori della base di $W$ generano l'immagine, dunque da quel sistema di vettori di $RR^3$ puoi tirare fuori la base e la dimensione dell'immagine.
Ti resta di trovare il nucleo, applica la definizione e tieni comunque conto che i vettori del nucleo sono anche vettori di $W$.
I trasformati dei vettori della base di $W$ generano l'immagine, dunque da quel sistema di vettori di $RR^3$ puoi tirare fuori la base e la dimensione dell'immagine.
Ti resta di trovare il nucleo, applica la definizione e tieni comunque conto che i vettori del nucleo sono anche vettori di $W$.
vero weblan e c'hai ragione me l'avevi detto qualche post fa.ovviamente sono sbadato e dimentico.adesso ho capito tutto.ti ringrazio
applicando la definizione di nucleo ottengo
$((0,4,2),(1,1,2),(1,5,4))((x),(y),(z))=0$
ma il vettore che ottengo ha tre componenti e non 5 come vettori che appartengono a $W$.mancano le componenti $t$ e $w$.come mai?
$((0,4,2),(1,1,2),(1,5,4))((x),(y),(z))=0$
ma il vettore che ottengo ha tre componenti e non 5 come vettori che appartengono a $W$.mancano le componenti $t$ e $w$.come mai?
io ho ottenuto risolvendo il sistema $kerf=L((3,1,-2))$.il vettore che genera il nucleo.è possibile che abbia solo tre componenti anziché 5.le altre sono forse pari a zero?
Per determinare il nucleo devi risolvere il sistema formato dalle seguenti equazioni:
$\{(x + y + z = 0),(t+w=0),(x+y+z+w+t=0),(x+3y-z-2w=0),(y-t=0):}$
Troverai così un sottospazio di dimensione $1$, l'immagine ha dimensione $2$ perchè $Imf=<(0,1,1),(4,1,5)>$.
Ci troviamo che $dimKerf+dimImf=dimW=3$
Troverai che $kerf=<(3,-1,-2,-1,1)>$
$\{(x + y + z = 0),(t+w=0),(x+y+z+w+t=0),(x+3y-z-2w=0),(y-t=0):}$
Troverai così un sottospazio di dimensione $1$, l'immagine ha dimensione $2$ perchè $Imf=<(0,1,1),(4,1,5)>$.
Ci troviamo che $dimKerf+dimImf=dimW=3$
Troverai che $kerf=<(3,-1,-2,-1,1)>$
già vero.ci sono arrivato dopo.i valori che avevo trovato prima ovvero $(3,1,-2)$ sono le componenti $3w_1+w_2-2w_3$ per trovare il vettore che genera $kerf$.grazie ancora weblan.
Scusami Weblan, provo, per esercizio, a ragionarci anche io. Per determinare il nucleo di $f$...
Il sistema seguente
$\{(x + y + z = 0),(t+w=0),(x+y+z+w+t=0):}$
individua un sottospazio vettoriale $U$ di $RR^5$ di dimensione $3$ (che sarebbe esattamente il nucleo di $f$ se fosse $f : RR^5 \to RR^3$ ).
Il nucleo dell'applicazione $f : W \to RR^3$ è $U nn W$. Fin qui è corretto?
$U = < ( 1 , 0 , - 1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 1 , -1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 0 , 0 , 1 , - 1 ) >$
$W = < B >$ (il sottospazio di $RR^5$ generato dai vettori della base assegnata)
Come posso trovare l'interesezione $U nn W$ ?
Il sistema seguente
$\{(x + y + z = 0),(t+w=0),(x+y+z+w+t=0):}$
individua un sottospazio vettoriale $U$ di $RR^5$ di dimensione $3$ (che sarebbe esattamente il nucleo di $f$ se fosse $f : RR^5 \to RR^3$ ).
Il nucleo dell'applicazione $f : W \to RR^3$ è $U nn W$. Fin qui è corretto?
$U = < ( 1 , 0 , - 1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 1 , -1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 0 , 0 , 1 , - 1 ) >$
$W = < B >$ (il sottospazio di $RR^5$ generato dai vettori della base assegnata)
Come posso trovare l'interesezione $U nn W$ ?
l'esercizio continua chiedendomi il generico endomorfimso non diagonalizzabile $g:W->W$ tale che $f$composta$g$ è uguale a zero.
l'esercizio inizialmente mi sembrava semplice però poi mi sono confuso.dire che $f$ composta $g$ è uguale zero equivale a dire che $ImgsubeKerf$ ovvero che l'immagine di $g$ è generata dal vettore $(3,-1,-2,-1,1)$ il che equivale a scrivere (fissata una base di $W=L(w_1,w_2,w_3)$)
$g(w_1)=a(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_2)=a(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_3)=a(3,-1,-2,-1,1)$
ma non riesco a trovare quello non diagonalizzabile poiché considerando il polinomio caratteristico $(a-lambda)lambda^2=0$
per $a=0$ e $a!=0$ sono entrambi diagonalizzabili.
l'esercizio inizialmente mi sembrava semplice però poi mi sono confuso.dire che $f$ composta $g$ è uguale zero equivale a dire che $ImgsubeKerf$ ovvero che l'immagine di $g$ è generata dal vettore $(3,-1,-2,-1,1)$ il che equivale a scrivere (fissata una base di $W=L(w_1,w_2,w_3)$)
$g(w_1)=a(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_2)=a(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_3)=a(3,-1,-2,-1,1)$
ma non riesco a trovare quello non diagonalizzabile poiché considerando il polinomio caratteristico $(a-lambda)lambda^2=0$
per $a=0$ e $a!=0$ sono entrambi diagonalizzabili.
"Seneca":
Scusami Weblan, provo, per esercizio, a ragionarci anche io. Per determinare il nucleo di $f$...
Il sistema seguente
$\{(x + y + z = 0),(t+w=0),(x+y+z+w+t=0):}$
individua un sottospazio vettoriale $U$ di $RR^5$ di dimensione $3$ (che sarebbe esattamente il nucleo di $f$ se fosse $f : RR^5 \to RR^3$ ).
Il nucleo dell'applicazione $f : W \to RR^3$ è $U nn W$. Fin qui è corretto?
$U = < ( 1 , 0 , - 1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 1 , -1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 0 , 0 , 1 , - 1 ) >$
$W = < B >$ (il sottospazio di $RR^5$ generato dai vettori della base assegnata)
Come posso trovare l'interesezione $U nn W$ ?
per calcolarti $UnnW$ basta che metti a sistema le equazioni cartesiane del sottospazio $U$ con le equazioni cartesiane di $W$.il sistema rappresenterà l'interesezione.a quel punto ti puoi trovare una base di $UnnW$
@Seneca: per trovare l'intersezione di due sottospazi il modo più veloce è quello di mettere a sistema le equazioni cartesiane che li individuano (otterresti quindi direttamente il sistema dell'ultimo posto di weblan). Quindi di fatto il tuo ragionamento è perfettamente sensato, ma ti fa fare un passaggio un più. In molti casi questo complica decisamente l'esercizio.
@ mazzy89: anche a me pare diagonalizzabile sempre, infatti se $a=0$ è l'applicazione nulla (diagonalizzabile alla grande), se $a!=0$ semplicemente l'immagine di $g$ è l'autospazio relativo all'autovalore $a$, che avrà dimensione $1$ e quindi molteplicità algebrica e geometrica dovranno coincidere; il restante autospazio relativo all'autovalore $0$ è il nucleo di $g$, che ha dimensione $2$ "per definizione", quindi per il crit. di diagonalizz. a me pare proprio che sia sempre diagonalizzabile.
@ mazzy89: anche a me pare diagonalizzabile sempre, infatti se $a=0$ è l'applicazione nulla (diagonalizzabile alla grande), se $a!=0$ semplicemente l'immagine di $g$ è l'autospazio relativo all'autovalore $a$, che avrà dimensione $1$ e quindi molteplicità algebrica e geometrica dovranno coincidere; il restante autospazio relativo all'autovalore $0$ è il nucleo di $g$, che ha dimensione $2$ "per definizione", quindi per il crit. di diagonalizz. a me pare proprio che sia sempre diagonalizzabile.
"mazzy89":
l'esercizio continua chiedendomi il generico endomorfimso non diagonalizzabile $g:W->W$ tale che $f$composta$g$ è uguale a zero.
l'esercizio inizialmente mi sembrava semplice però poi mi sono confuso.dire che $f$ composta $g$ è uguale zero equivale a dire che $ImgsubeKerf$ ovvero che l'immagine di $g$ è generata dal vettore $(3,-1,-2,-1,1)$ il che equivale a scrivere (fissata una base di $W=L(w_1,w_2,w_3)$)
$g(w_1)=a(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_2)=a(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_3)=a(3,-1,-2,-1,1)$
ma non riesco a trovare quello non diagonalizzabile poiché considerando il polinomio caratteristico $(a-lambda)lambda^2=0$
per $a=0$ e $a!=0$ sono entrambi diagonalizzabili.
posso allora affermare che non esiste l'endomorfismo soddisfacente le seguenti condizioni?
Io lo affermerei in mancanza di altro tempo per pensarci XD.
In ogni caso il testo dell'esercizio chiede il genercio endomorfismo, non l'unico. Quindi presuppone che lo spazio di questi endomorfismi abbia almeno dimensione $1$. Eppure lo spazio delle funzioni $g$ che soddisfano la richiesta (tralasciando la non diagonalizzabilità) ha dimensione $1$, di conseguenza per quello che ho pensato finora, o sono tutti o nessuno.
In ogni caso il testo dell'esercizio chiede il genercio endomorfismo, non l'unico. Quindi presuppone che lo spazio di questi endomorfismi abbia almeno dimensione $1$. Eppure lo spazio delle funzioni $g$ che soddisfano la richiesta (tralasciando la non diagonalizzabilità) ha dimensione $1$, di conseguenza per quello che ho pensato finora, o sono tutti o nessuno.
mmm non ne sono convinto.se il quesito il mio prof l'ha formulato vuol dire che gli endomorfismi soddisfacenti quella condizione esistono.
Può benissimo averlo formulato male, e comunque l'evidenza è questa. Se non ci sono errori nello svolgimento del punto 1 dell'esercizio, allora la vedo dura che ne esistano di non diagonalizzabili.
Ci penso meglio più tardi e ti faccio sapere.
Ci penso meglio più tardi e ti faccio sapere.
effettuo delle correzioni (avevo sbagliato a fissare le componenti)
dunque l'endomorfismo è il seguente:
$g(3,-1,-2,-1,1)=a(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_2)=b(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_3)=c(3,-1,-2,-1,1)$
con $w_2,w_3$ due vettori linearmente indipendenti che estendono la base di $Kerf$ e con $a,b,c inRR$
la matrice è:
$((a,b,c),(0,0,0),(0,0,0))$
il polinomio caratteristico é:
$(a-lambda)lambda^2=0$
se $lambda=a!=0$ $lambda=0$ con molteplicità algebrica pari a $2$ e molteplicità geometrica pari a $2$.g è un endomorfismo diagonalizzabile.
se $lambda=a=0$ $lambda=0$ con molteplicità algebrica pari a $3$. bisogna però distinguere due casi:
1) g è diagonalizzabile se $b$ e $c$ sono entrambi nulli
2)g non è diagonalizzabile se uno tra $b$ e $c$ non è nullo
dunque l'endomorfismo è il seguente:
$g(3,-1,-2,-1,1)=a(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_2)=b(3,-1,-2,-1,1)$
$g(w_3)=c(3,-1,-2,-1,1)$
con $w_2,w_3$ due vettori linearmente indipendenti che estendono la base di $Kerf$ e con $a,b,c inRR$
la matrice è:
$((a,b,c),(0,0,0),(0,0,0))$
il polinomio caratteristico é:
$(a-lambda)lambda^2=0$
se $lambda=a!=0$ $lambda=0$ con molteplicità algebrica pari a $2$ e molteplicità geometrica pari a $2$.g è un endomorfismo diagonalizzabile.
se $lambda=a=0$ $lambda=0$ con molteplicità algebrica pari a $3$. bisogna però distinguere due casi:
1) g è diagonalizzabile se $b$ e $c$ sono entrambi nulli
2)g non è diagonalizzabile se uno tra $b$ e $c$ non è nullo
Speriamo di arrivare ad una conclusione anche per questo generico endomorfismo: 
La condizione $f\circg=0$, vuol dire che $f(g(w))=0$, ovvero $g(w)inKerf =$
$g(w_1)=\lambda_1v$
$g(w_2)=\lambda_2v$
$g(w_3)=\lambda_3v$
Sappiamo che $W=$,
è anche vero che $v=\lambda_1w_1+\lambda_2w_2+\lambda_3w_3$
Tenendo con delle cose dette, passo a definire il generico endomorfismo di $W$.
$g(w_1)=\lambda_1\alphaw_1+\lambda_1\betaw_2+\lambda_1\gammaw_3$
$g(w_2)=\lambda_2\alphaw_1+\lambda_2\betaw_2+\lambda_2\gammaw_3$
$g(w_3)=\lambda_3\alphaw_1+\lambda_3\betaw_2+\lambda_3\gammaw_3$
Forse, prima di inserirlo, quì devo riflettere un attimo!!
$A_g=((\lambda_1\alpha,\lambda_2\alpha,\lambda_3\alpha), (\lambda_1\beta,\lambda_2\beta,\lambda_3\beta),(\lambda_1\gamma,\lambda_2\gamma,\lambda_3\gamma))$
Trovo il polinomio caratteristico:
$t^3-(\alpha\lambda_1+\beta\lambda_2+\gamma\lambda_3)t^2=0$
Le radici sono:
$t_1=t_2=0$, radice doppia.
$t_3=\alphalambda_1+\beta\lambda_2+\gamma\lambda_3$, radice semplice.
Per $t_1=t_2=0$, il sistema associato ha rango $1$ e quindi mi restituisce un austospazio di dimensione $2$, la regolarità dell'autovalore è garantita.
Per $t_3=\alphalambda_1+\beta\lambda_2+\gamma\lambda_3$, essendo semplice mi restituisce un autospazio di dimensione $1$.
Un generico endomorfismo di $W$ è diagonalizzabile.
La condizione $f\circg=0$, vuol dire che $f(g(w))=0$, ovvero $g(w)inKerf =
$g(w_1)=\lambda_1v$
$g(w_2)=\lambda_2v$
$g(w_3)=\lambda_3v$
Sappiamo che $W=
è anche vero che $v=\lambda_1w_1+\lambda_2w_2+\lambda_3w_3$
Tenendo con delle cose dette, passo a definire il generico endomorfismo di $W$.
$g(w_1)=\lambda_1\alphaw_1+\lambda_1\betaw_2+\lambda_1\gammaw_3$
$g(w_2)=\lambda_2\alphaw_1+\lambda_2\betaw_2+\lambda_2\gammaw_3$
$g(w_3)=\lambda_3\alphaw_1+\lambda_3\betaw_2+\lambda_3\gammaw_3$
Forse, prima di inserirlo, quì devo riflettere un attimo!!
$A_g=((\lambda_1\alpha,\lambda_2\alpha,\lambda_3\alpha), (\lambda_1\beta,\lambda_2\beta,\lambda_3\beta),(\lambda_1\gamma,\lambda_2\gamma,\lambda_3\gamma))$
Trovo il polinomio caratteristico:
$t^3-(\alpha\lambda_1+\beta\lambda_2+\gamma\lambda_3)t^2=0$
Le radici sono:
$t_1=t_2=0$, radice doppia.
$t_3=\alphalambda_1+\beta\lambda_2+\gamma\lambda_3$, radice semplice.
Per $t_1=t_2=0$, il sistema associato ha rango $1$ e quindi mi restituisce un austospazio di dimensione $2$, la regolarità dell'autovalore è garantita.
Per $t_3=\alphalambda_1+\beta\lambda_2+\gamma\lambda_3$, essendo semplice mi restituisce un autospazio di dimensione $1$.
Un generico endomorfismo di $W$ è diagonalizzabile.
ho modificato l'esercizio avevo commesso un errore.avevo assegnato le stesse componenti.adesso è giusto.ne sono certo perché ho confrontato con le soluzioni che mi ha mandato un mio collega poco fà
@mazzy: prima avevi sbagliato è vero, ora hai corretto scrivendo $a,b,c$ e non il solo $a$ di prima,
Il punto è che la generica matrice rappresentativa dell'endomorfismo $g$ nella forma più semplice è quella che ho scritto io, con solo l'ultimo elemento della diagonale non nullo (per intenderci $a$). Infatti poichè $dim(Ker f)=1$ (e questo me l'hai detto tu, non ho controllato ma mi sembra giusto), sì ha che $dim(Im g) = 1$. Per il teorema di nullità più rango: $dim(Ker g)=2$, quindi esiste una base di $W$ in cui la matrice rappresentativa di $g$ è quella che ho scritto. Vi è chiaro il perchè? (Mi basta scegliere una base di $W$ composta da una base di $Ker g$ e da $(3,-1,-2,-1,1)$, in parole povere quando scrivi $g(w_2)$ e $g(w_3)$, solo supponendo che questi due vettori completino $(3,-1,-2,-1,1)$ a una base di $W$, sai già che sono una base del nucleo, e che di conseguenza $g(w_2)$ e $g(w_3)$ sono entrambi nulli.)
Quindi la matrice rappresentativa che hai scritto non è affatto giusta.
@weblan: per il discorso che ho fatto sopra non è vero nemmeno che la generica matrice rappresentativa di $g$ è quella che hai scritto tu, infatti scrivendola così in base alle condizioni che hai sai già che $lambda_1=lambda_2=0$.
Rimango convinto che l'endomorfismo che rispetti la condizione, sia diagonalizzabile sempre.
Il punto è che la generica matrice rappresentativa dell'endomorfismo $g$ nella forma più semplice è quella che ho scritto io, con solo l'ultimo elemento della diagonale non nullo (per intenderci $a$). Infatti poichè $dim(Ker f)=1$ (e questo me l'hai detto tu, non ho controllato ma mi sembra giusto), sì ha che $dim(Im g) = 1$. Per il teorema di nullità più rango: $dim(Ker g)=2$, quindi esiste una base di $W$ in cui la matrice rappresentativa di $g$ è quella che ho scritto. Vi è chiaro il perchè? (Mi basta scegliere una base di $W$ composta da una base di $Ker g$ e da $(3,-1,-2,-1,1)$, in parole povere quando scrivi $g(w_2)$ e $g(w_3)$, solo supponendo che questi due vettori completino $(3,-1,-2,-1,1)$ a una base di $W$, sai già che sono una base del nucleo, e che di conseguenza $g(w_2)$ e $g(w_3)$ sono entrambi nulli.)
Quindi la matrice rappresentativa che hai scritto non è affatto giusta.
@weblan: per il discorso che ho fatto sopra non è vero nemmeno che la generica matrice rappresentativa di $g$ è quella che hai scritto tu, infatti scrivendola così in base alle condizioni che hai sai già che $lambda_1=lambda_2=0$.
Rimango convinto che l'endomorfismo che rispetti la condizione, sia diagonalizzabile sempre.
"Giuly19":
a conRimango convinto che l'endomorfismo che rispetti ldizione, sia diagonalizzabile sempre.
Sono tutti diaginalizzabili, vedere post precedente.
Sì ma hai fatto su un casotto mica dopo, l'esercizio è molto più semplice di come l'hai scritto tu, e resta il fatto che ci sono degli errori nel tuo svolgimento. (Non te lo sto dicendo con cattiveria eh! 
)
Ho scritto soprattutto perchè il diretto interessato nello svolgimento dell'esercizio mi pare convinto di una cosa sbagliata.
)Ho scritto soprattutto perchè il diretto interessato nello svolgimento dell'esercizio mi pare convinto di una cosa sbagliata.
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