Base di sottospazi, sottospazi somma ed intersezione

[alessio_baiocco]

Salve, ho provato a svolgere questo esercizio d'esame, senza successo... : dato $ Vin R2*2 $ costituito dalle matrici A tale che (scusatemi non riesco a fare i pedici di 2x2) :




$ A( ( 1 , -2 ),( -3 , 6 ) ) =( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) $ determinane dimensione e base. Inoltre dato $ Uin R2*2 $ generato da:



$ U=( ( 1 , 0 ),( 1 , 0 ) ) ,( ( -1 , 0 ),( 0 , 2 ) ) $ (non riesco a fare le graffe...) determinarne base e dimensione di $ Unn V $ ed $ U+ V $


ho pensato di fare $ ( ( x , y ),( z , w ) ) ( ( 1 , -2 ),( -3 , 6 ) ) =( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) $

e da qui $ { ( x-2y=0 ),( -3z+6w=0 ):} rArr { ( x=2y ),( z=2w ):} $ così trovo $ y=x/2 $ $ w=z/2 $


$ rArr ( ( x , x/2 ),( z , z/2 ) ) ( ( 1 , -2 ),( -3 , 6 ) ) =( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) $ e da qui però non so continuare ( o forse tutto ciò è anche sbagliato, aiuto )

[Jokah]

Ho il sospetto che i calcoli da te svolti non siano corretti. Le condizioni che devi imporre sono quelle di ortogonalità di tutte le righe della prima matrice con ogni colonna della seconda. In essenza devi imporre l'insieme di tutte queste cose:

\begin{cases} (x, y)\cdot(1, -3) = 0 \\ (x, y)\cdot(-2, 6) = 0 \\ (z, w) \cdot (1, -3) = 0 \\ (z, w) \cdot (2, -6) = 0 \end{cases}

Poiché a coppie di due stai imponendo la medesima condizione, in quanto \((-2, 6) = -2(1, -3)\) e per le regole del prodotto scalare, le condizioni non ridondanti sono:

\begin{cases} (x, y)\cdot(1, -3) = 0 \\ (z, w) \cdot (1, -3) = 0 \end{cases}

Ciò è verificato da tutte le matrici della forma \( \{\left(\begin{array}{cc} 3y & y \\ 0 & 0 \end{array}\right), \left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 3w & w \end{array}\right)\}\). Una base è allora data, ad esempio, da

\( V = span\{\left(\begin{array}{cc} 3 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right), \left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 3 & 1 \end{array}\right)\}\)

Partiamo dal secondo dei due problemi che è più anche il più "semplice": troviamo una base per la somma. Si può fare ciò ad esempio scrivendo una generica combinazione lineare delle matrici e ponendola uguale alla matrice nulla di \(M(\mathbb{R}, 2)\):

\( \lambda\left(\begin{array}{cc} 3 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right) + \mu\left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 3 & 1 \end{array}\right) + \theta \left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right) + \omega\left(\begin{array}{cc} -1 & 0 \\ 0 & 2 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\)

che origina, sommando componente a componente e imponendo la nullità di ciascuno di questi, il seguente sistema:

\begin{cases} 3\lambda + \theta - \omega= 0 \\ \lambda = 0 \\ 3\mu + \theta = 0 \\ 2\mu + \omega = 0 \end{cases}

Disponendo in colonna di una matrice i vettori, nell'ordine \((\lambda, \mu, \theta, \omega\)) ottieni questo:

\(\left(\begin{array}{cccc} 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 2 \end{array}\right)\)

Questa ha determinante \(5 \neq 0\) per cui l'unica soluzione ammissibile è quella nulla. Ciò significa che (per Grassmann), la somma ha dimensione 4, cioè è diretta. Ne consegue che l'intersezione è data dalla sola matrice nulla tra quelle 2x2. Una base per la somma è per esempio quella canonica di \( M(\mathbb{R}, 2) \)

[alessio_baiocco]

grazie mille effettivamente ho fatto un disastro D:
ti ringrazio di nuovo per la tua disponibilità