Applicazioni lineari spazi vettoriali

[SaraHp1]

Ciao a tutti
mi chiamo Sara e ho cominciato a frequentare ingegneria gestionale.
In questo periodo mi sto dedicando a studiare algebra lineare
ma ho qualche difficolta', anche perche' non trovo buoni esercizi
su cui esercitarmi,in particolare per risolvere questo tipo di esercizio.
Vi sarei grata se qualcuno potesse aiutarmi a farlo ed a
correggere eventuali sbagli che ho fatto
( spero pochi ;-) )

sia Th: da R3 in R4 l'applicazione
dipendente dal parametro h
Th(x,y,z)= (x-2z , x+hy+z , x+y+hz , 3x+hy-3z)
determinare:
a)-matrice associata a Th secondo le basi canoniche
b)-i valori di h per cui Th e' iniettiva

inoltre per h=1 T=T1 , determinare:
c)-matrice associata a T
d)-equazioni cartesiane ,base e Dim del KerT
e)-equazioni parametriche, base e DimImT
f)-l'immagine del sottospazio U:x+y+z=0 mediante T
g)-l'equazione del sottospazio W generato dai vettori u(0,3,1) v(-2,1,1) w(2,0,0)
h)-equazione del sottospazio (W intersezione U) con base e dimensione
i)-il valore del parametro k, se esiste, per cui il vettore t(1,k,0,k+2) di R4
appartiene a ImT
l)-se l'applicazione e' suriettiva

[SaraHp1]

ecco quello che ho fatto:
a)la matrice associata e' del tipo 4x3
(1 0 -2)
(1 h 1)
(1 1 h)
(3 h -3)
faccio le seguenti operazioni elementari
r2=r2-r1
r3=r3-r1
r4=r4-3r1

ottengo la matrice
(1 0 -2)
(0 h 3)
(-1 0 2+h)
(0 h 3)
r2 ed r4 sono uguali quindi una riga e' superflua
elimino r4
calcolo il det della matrice per vedere per quali valori si annulla h
det=(h*((2+h)+2))

b)h si annulla per -4 e per 0
quindi per questi due valori
il ker=0 e quindi Th e' iniettiva

c)per h=1 la matrice associata e'
(1 0 -2)
(1 1 1)
(1 1 1)
(3 1 -3)
in questo caso r2=r3 una riga e' superflua
quindi considero
(1 0 -2)
(1 1 1)
(3 1 -3)
faccio le operazioni elementari
r2=r2-r1
r3=r3-3r1
ottengo
(1 0 -2)
(0 1 3)
(o 1 3)
quindi r3=r2

d)le eq cartesiane sono
x-2z=0 e y+3z=0
calcolo il ker
per z=t
ottengo la base (2t,-3t,t) dim=1

e)ImT e' data dai vettori colonna
cioe' (1,0,0)(0,1,1)(-2,1,-3)

equazioni parametriche???

base ImT le prime due righe sono lin.indipendenti
dimImT=2

f)

g)

h)

i)

l)l'applicazione e' suriettiva perche' la dimensione del codominio e' uguale a 2 ????

[SaraHp1]

Non puo' aiutarmi nessuno?


Ciao Grazie

[SaraHp1]

scusate se insisto ma e' veramente importante
sapere se ho fatto errori nei passi che ho fatto e riuscire a capire
anche quello a cui non ho risposto

Grazie

[miles_davis1]

Fino al $ker T_1$ ci siamo, però devi stare attenta a $Im T_1$ perchè non è in $RR^3$, bensì in $RR^4$. Puoi operare cambiamenti alla matrice associata a un'applicazione lineare solo per capirne la struttura, ma la matrice associata è univocamente determinata dall'applicazione e dalle basi che consideri...
Domani ti aiuto con il resto. Sai, sono un po' stanchino!!!
Comunque, occhio alle operazioni elementari: maneggiare con cautela

[SaraHp1]

Grazie
quindi, se ho capito bene, quando uso le operazioni elementari
posso solo avere informazioni sul rango?

Ciao

[SaraHp1]

Qualcuno potrebbe cortesemente aiutarmi a completare l'esercizio.

Saluti e Buone Feste

[elgiovo]

In questo forum a volte si fanno le cose più difficili e poi nn si aiuta chi ha bisogno e nn si risponde a domande stimolanti che vadano oltre la teoria...
Sto facendo il tuo esercizio. Dunque: per $M(T(h))$ calcoli giustamente $T(h)(1,0,0)$, $T(h)(0,1,0)$ e $T(h)(0,0,1)$, e ottieni la matrice che hai detto tu. Ora, perchè T(h) sia iniettiva, vuoi che $dim ker T(h)=0$. Perciò vuoi che il sistema lineare omogeneo
${(x-2z=0),(x+hy+z=0),(x+y+hz=0),(3x+hy-3z=0)]$ abbia uno spazio di soluzioni di dimensione nulla. Poichè la dimensione di tale spazio è data dalla differenza tra il numero delle incognite e il rango della matrice associata (che è quella trovata poco fa), avendo il sistema 3 incognite il rango della matrice dev'essere 3.
Si ottiene facilmente (calcolando un pò di determinanti di matrici $3 times 3$) che $dim ker T(h)=0$ se e solo se $h=1$ o $h=-3$.
Passando al punto c, la matrice associata a T(1) è quella di prima ma con degli 1 al posto delle $h$.
Per il punto d, noto che, come detto prima, per $h=1$ $T(h)$ è iniettiva, per cui $dim Ker(T(h))=0$, la sua base è il vettore nullo (occhio, di $RR^3$!!) e le equazioni cartesiane sono $x=0, y=0, z=0$. Per il punto e, poichè $dim RR^3=dim ker(T(1))+dim Im(T(1))$, $dim Im(T(1))=3$.

[elgiovo]

Errore madornale! Se $h=1$ o $h=-3$ $rang M(T)=2$, quindi $dim Ker T(h)=0$ se e solo se $h ne 1,-3$!!

[elgiovo]

onde per cui per $h =1$ cade l'iniettività, e bisogna rifare tutto dal punto d in poi.
Dunque: hai fatto bene a calcolare $ker T$, infatti mi torna di dimensione 1 e una sua base è proprio $(2,3,-1)$. Ora, poichè $dim RR^3=dim ImT+1$, $dim ImT=2$, e una sua base è data da 2 dei vettori colonna della matrice del punto c.

[elgiovo]

Per il punto f: $U={(x,y,x) in RR^3 | x+y+z=0}={(x,y,z)in RR^3 | x=-z-y}={(-z-y,y,z)|y,z in RR}={(-z,0,z)+(-y,y,0)| y,z in RR}=langle (-1,0,1),(-1,1,0) rangle$.
Ora, calcolo $T(1)(-1,0,1)$ e $T(1)(-1,1,0)$ e ottengo l'immagine di $U$: $T(U)=langle (1,0,0,2) rangle$ (è di dimensione 1 perchè si ottengono due vettori linearmente dipendenti.)

[elgiovo]

Per il punto g, poichè noto che u,v,w sono linearmente indipendenti, questi sono una base di $RR^3$, quindi $W=RR^3$. Banalmente, dunque, $U nnn W=U$, e una sua base è una base di $U$.

[elgiovo]

Punto i: poichè $Im T=langle (1,1,1,3),(0,1,1,1)rangle$, allora $t$, per appartenervi, deve potersi scrivere come combinazione lineare di questi due vettori.
Da $alpha(1,1,1,3)+beta(0,1,1,1)=(1,k,0,k+2)$ ottieni un sistema lineare. Banalmente, $alpha=1$ e $beta=-1$, perciò $k=0$. Infatti per $alpha=1$, $beta=-1$ si ottiene $(1,0,0,2)$, overo il vettore $t$ con $k=0$.

[elgiovo]

$T$ non è suriettiva perchè $T(RR^3) ne RR^4$.

[SaraHp1]

Ti Ringrazio di cuore.
In questi giorni rifaro' l'esercizio e lo confrontero'
con cio' che mi hai risposto.

Grazie, Ciao