C.n.s. per l'esist di una certa app. lin.
Salve a tutti. Sono uno studente di matematico. Vi pongo il seguente quesito di geometria:
Date due applicazioni lineari f:R^n->R^k e g:R^m->R^k (ad es. mediante le matrici associae nelle basi can.) costruire, se possibile, un'applicazione lineare L:R^m->R^n t.c. g=f°L.
Suggerimento: per individuare una condiz. necessaria e suff (c.n.s.) per l'esistenza di L, stud. la relazione tra Im(f) e Im(g).
Questa traccia nasce come procedura da scrivere per Maple 8, prima però devo individuare "a mano" una c.n.s. e capire come costruirmi L.
Riguardo al suggerimento, ho osservato che se L del tipo richiesto esiste, allora si ha che Im(g) è contenuta in Im(f); è vero anche il viceversa? Io non sono stato in grado di cocludere un bel niente.
Ho provato a vedere il problema dal pto di vista delle mat associate alle appl lin nelle basi canoniche:
Sia A la matrice associata ad f, B la mat. ass. a g; mi chiedo se esiste M tale che AM=B (se M esiste rgB<=rgA, che equivale a dire Im(g) è contenuta in Im(f)).
AM=B <=> AM(i)=B(i) è compatibile per ogni i=1,...,m ove M(i) è l'i-ma colonna di M e B(i) è l'i-ma colonna di B
si tratta di capire quando sono compatibili questi m-sistemi lineari di n-equazioni in k-incognite
per il teorema di R.C. gli m-sistemi sono compatibili <=> per ogni i rg(A)=rg(A | B(i))
inoltre, in tal caso; M è unica se le ogni sistema ammette un'unica soluzione, ovvero se e solo se rgA=K
Il mio ragionamento mi sembra troppo poco elegante (per usare un eufemismo); qualcuno può aiutarmi?
Se volessi implementare questo ragionamento con Maple come accidenti risolvo la questione dei sistemi lineari (che nel caso siano risolubili ammettono infinito a k-rg(A) soluzioni!)??
Attendo fiducioso le vostre risposte; grazie in anticipo!
Date due applicazioni lineari f:R^n->R^k e g:R^m->R^k (ad es. mediante le matrici associae nelle basi can.) costruire, se possibile, un'applicazione lineare L:R^m->R^n t.c. g=f°L.
Suggerimento: per individuare una condiz. necessaria e suff (c.n.s.) per l'esistenza di L, stud. la relazione tra Im(f) e Im(g).
Questa traccia nasce come procedura da scrivere per Maple 8, prima però devo individuare "a mano" una c.n.s. e capire come costruirmi L.
Riguardo al suggerimento, ho osservato che se L del tipo richiesto esiste, allora si ha che Im(g) è contenuta in Im(f); è vero anche il viceversa? Io non sono stato in grado di cocludere un bel niente.
Ho provato a vedere il problema dal pto di vista delle mat associate alle appl lin nelle basi canoniche:
Sia A la matrice associata ad f, B la mat. ass. a g; mi chiedo se esiste M tale che AM=B (se M esiste rgB<=rgA, che equivale a dire Im(g) è contenuta in Im(f)).
AM=B <=> AM(i)=B(i) è compatibile per ogni i=1,...,m ove M(i) è l'i-ma colonna di M e B(i) è l'i-ma colonna di B
si tratta di capire quando sono compatibili questi m-sistemi lineari di n-equazioni in k-incognite
per il teorema di R.C. gli m-sistemi sono compatibili <=> per ogni i rg(A)=rg(A | B(i))
inoltre, in tal caso; M è unica se le ogni sistema ammette un'unica soluzione, ovvero se e solo se rgA=K
Il mio ragionamento mi sembra troppo poco elegante (per usare un eufemismo); qualcuno può aiutarmi?
Se volessi implementare questo ragionamento con Maple come accidenti risolvo la questione dei sistemi lineari (che nel caso siano risolubili ammettono infinito a k-rg(A) soluzioni!)??
Attendo fiducioso le vostre risposte; grazie in anticipo!
Risposte
[mod="cirasa"]Cancello l'altro messaggio, visto che è uguale a questo.[/mod]
...e vedendo che sei di Bari, immagino anche chi è il prof che ti ha dato questo esercizio
...e vedendo che sei di Bari, immagino anche chi è il prof che ti ha dato questo esercizio
Fantastici gli esercizi del Prof. Lotta, ci siamo passati tutti 
Guarda è un'idea che m'è venuta, però son da affinare i dettagli e verificare se funziona, però te la dico lo stesso.
Supponi che $Im g \sub Im f$. Sia $v' in Im g$ allora $v' in Im f$ da cui esiste $\bar v in RR^n$ tale che $f( \bar(v))=v'$.
Ora siano $v_1,...,v_s$ base dell'$Img$, allora esisteranno $\bar(v_1),...,\bar(v_s)$ vettori di $RR^n$ tali che $f(\bar(v_i))=v_i$.
A questo punto considera $e_1,...,e_m$ base di $RR^m$ e definisci $L(e_i)=\bar (v_i)$.
Qui può accadere che $m>s$ allora definisci gli $m-s$ vettori rimanenti come $kerL$ cioè assegni loro immagine $0$.
$L$ risulta essere completamente determinata, inoltre se "avanzano" i vettori vuol dire che $kerL=kerg$.
Ora ci sarebbero da mettere a posto tutti i dettagli e fare i confronti delle dimensioni. E poi prova che funziona
EDIT: non è del tutto corretta, purtroppo! Su alcuni casi non funziona, esattamente negli $m-s$ in cui assegno immagine arbitraria $0$. Per i casi di dimensione uguale, credo possa andare.
Guarda è un'idea che m'è venuta, però son da affinare i dettagli e verificare se funziona, però te la dico lo stesso.
Supponi che $Im g \sub Im f$. Sia $v' in Im g$ allora $v' in Im f$ da cui esiste $\bar v in RR^n$ tale che $f( \bar(v))=v'$.
Ora siano $v_1,...,v_s$ base dell'$Img$, allora esisteranno $\bar(v_1),...,\bar(v_s)$ vettori di $RR^n$ tali che $f(\bar(v_i))=v_i$.
A questo punto considera $e_1,...,e_m$ base di $RR^m$ e definisci $L(e_i)=\bar (v_i)$.
Qui può accadere che $m>s$ allora definisci gli $m-s$ vettori rimanenti come $kerL$ cioè assegni loro immagine $0$.
$L$ risulta essere completamente determinata, inoltre se "avanzano" i vettori vuol dire che $kerL=kerg$.
Ora ci sarebbero da mettere a posto tutti i dettagli e fare i confronti delle dimensioni. E poi prova che funziona
EDIT: non è del tutto corretta, purtroppo! Su alcuni casi non funziona, esattamente negli $m-s$ in cui assegno immagine arbitraria $0$. Per i casi di dimensione uguale, credo possa andare.
Siccome mi sa che sono stato un po' confusionario nello scrivere ti allego un piccolo esempio per farti vedere la mia idea:
Sia $g:RR^3 \to RR^3$ tale che $g(x,y,z)=(x+z,y+x,z)$ e $f:RR^3 \to RR^3$ tale che $f(x,y,z)=(x+y,y,z+x)$
Consideriamo la base canonica di $RR^3$, allora una base dell'$Img$ è formata dai vettori $(1,1,0),(0,1,0),(1,0,1)$, che si provano essere rispettivamente $f(0,1,0),f(-1,1,1),f(1,0,0)$.
Allora sia $L:RR^3 \to RR^3$ tale che $L(e_1)=(0,1,0),L(e_2)=(-1,1,1),L(e_3)=(1,0,0)$.
Facciamo vedere che la cosa funziona. Infatti $f(L(x,y,z))=f(-y+z,x+y,y)=(x+z,x+y,z)$
Sia $g:RR^3 \to RR^3$ tale che $g(x,y,z)=(x+z,y+x,z)$ e $f:RR^3 \to RR^3$ tale che $f(x,y,z)=(x+y,y,z+x)$
Consideriamo la base canonica di $RR^3$, allora una base dell'$Img$ è formata dai vettori $(1,1,0),(0,1,0),(1,0,1)$, che si provano essere rispettivamente $f(0,1,0),f(-1,1,1),f(1,0,0)$.
Allora sia $L:RR^3 \to RR^3$ tale che $L(e_1)=(0,1,0),L(e_2)=(-1,1,1),L(e_3)=(1,0,0)$.
Facciamo vedere che la cosa funziona. Infatti $f(L(x,y,z))=f(-y+z,x+y,y)=(x+z,x+y,z)$
Ci ho pensato un po'. Secondo me tutto può essere definito in maniera piuttosto naturale.
Considera $e_1,...,e_m$ base canonica di $RR^m$ e considera le loro immagini $g(e_1),...,g(e_m)$. Per ipotesi queste stanno in $Im f$, quindi esisteranno $v_1,...,v_m$ vettori di $RR^n$ tali che $f(v_i)=g(e_i)$.
A questo punto poni $L(e_i)=v_i$. (La cosa che mi fregava prima era che spesso non facevo corrispondere gli indici, che invece vanno mantenuti).
Ovviamente hai che $f(L(e_i))=f(v_i)=g(e_i)$.
A questo punto la questione è questa: se io cambio $v_i$ con un vettore $v'_i$ tale che $f(v'_i)=g(e_k)$ la $L$ risulta ancora ben definita?
Se la risposta è sì (ed io ne sono ragionevolmente convinto, perchè alla fine lavoriamo con le sole immagini) allora sappiamo pure che tale $L$ non è unica.
PS Ovviamente vale l'osservazione precedente, cioè verifica sempre quello che ho scritto!
Considera $e_1,...,e_m$ base canonica di $RR^m$ e considera le loro immagini $g(e_1),...,g(e_m)$. Per ipotesi queste stanno in $Im f$, quindi esisteranno $v_1,...,v_m$ vettori di $RR^n$ tali che $f(v_i)=g(e_i)$.
A questo punto poni $L(e_i)=v_i$. (La cosa che mi fregava prima era che spesso non facevo corrispondere gli indici, che invece vanno mantenuti).
Ovviamente hai che $f(L(e_i))=f(v_i)=g(e_i)$.
A questo punto la questione è questa: se io cambio $v_i$ con un vettore $v'_i$ tale che $f(v'_i)=g(e_k)$ la $L$ risulta ancora ben definita?
Se la risposta è sì (ed io ne sono ragionevolmente convinto, perchè alla fine lavoriamo con le sole immagini) allora sappiamo pure che tale $L$ non è unica.
PS Ovviamente vale l'osservazione precedente, cioè verifica sempre quello che ho scritto!
"mistake89":
Ci ho pensato un po'. Secondo me tutto può essere definito in maniera piuttosto naturale.
Considera $e_1,...,e_m$ base canonica di $RR^m$ e considera le loro immagini $g(e_1),...,g(e_m)$. Per ipotesi queste stanno in $Im f$, quindi esisteranno $v_1,...,v_m$ vettori di $RR^n$ tali che $f(v_i)=g(e_i)$.
A questo punto poni $L(e_i)=v_i$. (La cosa che mi fregava prima era che spesso non facevo corrispondere gli indici, che invece vanno mantenuti).
Ovviamente hai che $f(L(e_i))=f(v_i)=g(e_i)$.
A questo punto la questione è questa: se io cambio $v_i$ con un vettore $v'_i$ tale che $f(v'_i)=g(e_k)$ la $L$ risulta ancora ben definita?
Se la risposta è sì (ed io ne sono ragionevolmente convinto, perchè alla fine lavoriamo con le sole immagini) allora sappiamo pure che tale $L$ non è unica.
PS Ovviamente vale l'osservazione precedente, cioè verifica sempre quello che ho scritto!
La tua dimostrazioni mi sembra corretta; confrontandomi con un "collega" ero giunto ad una dimostrazione simile (partendo però da una base di Im(g) e considerando poi dei vettori di R^m nella controimmagine di questi) con cui si provava appunto che L di tipo richiesot esiste se e solo se Im(f) contiene Im(g) (che poi tornando alla mia iniziale risoluzione dal punto di vista matriciale, corrisponde a richiedere che rg(B)<=rg(A) ove B e A sono risp. le matrici associate nelle basi canoniche a g ed f. Il problema è che in ogni caso se M esiste non è detto sia unica, perché nella scelta dei "tuoi" v, o nella scelta dei vettori nelle controimmagini (nel caso della mia dim) oppure vedendo semplicemente le cose con le matrici, si tratta di risolvere dei sistemi lineari e questi sistemi (compatibili se L esiste) non è detto siano di Cramer; ora il mio dilemma è come cavolo risolvere in Maple la questione. Nel caso un sistema abbia infinito^("qualcosa>0") soluzioni come "dico" a Maple "prendine una qualsiasi"?!
Guarda su Maple lascio la questione a chi è più bravo di me. 
> L:=proc(A::matrix,B::matrix)
> local m,C,M,x;
> m:=coldim(B);
> C:=augment(A,B);
> if rank(A)<>rank(C) then
> "non esiste L di tipo richiesto";
> else
> M:=eval(linsolve(A,B,'r',t),t=0);
> x:=vector(m);
> return(evalm(M),evalm(M&*x));
> end if;
> end proc;
Im(g) contenuta in Im(f) => rango(B) <=rango(A), non necessariamente è vero il vicecersa! Pertanto scartare solo le A (mat. ass. ad f nelle bas. can.) e B (mat. ass. a g nelle bas. can) per cui rgA
Così sono tornato ad un approccio esclusivamente matriciale, ossia mi chiedo se il sistema AM=B è compatibile, ossia se gli m sistemi AM=B (i-esima
colonna) lo sono; questo è verificato se e solo se (Teor. R-C) per ogni i=1,...m: rgA=rg(A | B).
Dire che per ogni i rgA=rg(A | B) equivale a richiedere rgA=rg(A|B), giusto? Se così non fosse dovrei fare m-contolli con un for mmm
> local m,C,M,x;
> m:=coldim(B);
> C:=augment(A,B);
> if rank(A)<>rank(C) then
> "non esiste L di tipo richiesto";
> else
> M:=eval(linsolve(A,B,'r',t),t=0);
> x:=vector(m);
> return(evalm(M),evalm(M&*x));
> end if;
> end proc;
Im(g) contenuta in Im(f) => rango(B) <=rango(A), non necessariamente è vero il vicecersa! Pertanto scartare solo le A (mat. ass. ad f nelle bas. can.) e B (mat. ass. a g nelle bas. can) per cui rgA
Così sono tornato ad un approccio esclusivamente matriciale, ossia mi chiedo se il sistema AM=B è compatibile, ossia se gli m sistemi AM=B (i-esima
colonna) lo sono; questo è verificato se e solo se (Teor. R-C) per ogni i=1,...m: rgA=rg(A | B).
Dire che per ogni i rgA=rg(A | B) equivale a richiedere rgA=rg(A|B), giusto? Se così non fosse dovrei fare m-contolli con un for mmm
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