Copertura lineare Algebra Lineare
Salve a tutti. Avrei un problema con un esercizio di Algebra Lineare.
Posto il testo del tema d'esame:
Nello spazio vettoriale M2(R) si considerino
$A = [((0,1),(1,k))((k-3,1),(k-1,0))] B = {((a,b),(c,d)) in M_2(RR) | b=2a, c=4a, d=a-2 a in RR} e v = ((0,-1),(-4,6)) k in RR $
dove k è un parametro reale. Si determinino:
• i valori di k per i quali v ∈ L(A); con L intendo copertura lineare
Risposta k = 3 (pt.3)
• i valori di k per i quali dim(L(A) ∩ L(B)) = 1.
Risposta k = 4 (pt.2)
Non so da dove partire o meglio quello che vorrei fare è trovare la copertura lineare di A e verificare che il vettore v appartenga a tale copertura. Non so però come trattare i k. Per la seconda idem.
Vorrei vedere lo svolgimento corretto di un esercizio di questo tipo in modo, poi, da cominciare a prenderci la mano.
Grazie
Andrea
Posto il testo del tema d'esame:
Nello spazio vettoriale M2(R) si considerino
$A = [((0,1),(1,k))((k-3,1),(k-1,0))] B = {((a,b),(c,d)) in M_2(RR) | b=2a, c=4a, d=a-2 a in RR} e v = ((0,-1),(-4,6)) k in RR $
dove k è un parametro reale. Si determinino:
• i valori di k per i quali v ∈ L(A); con L intendo copertura lineare
Risposta k = 3 (pt.3)
• i valori di k per i quali dim(L(A) ∩ L(B)) = 1.
Risposta k = 4 (pt.2)
Non so da dove partire o meglio quello che vorrei fare è trovare la copertura lineare di A e verificare che il vettore v appartenga a tale copertura. Non so però come trattare i k. Per la seconda idem.
Vorrei vedere lo svolgimento corretto di un esercizio di questo tipo in modo, poi, da cominciare a prenderci la mano.
Grazie
Andrea
Risposte
Immagino tu intenda questo:
Quindi ha un sottospazio $A subset M_2(RR)$ definito tramite i suoi generatori. Dal teorema di Steinitz si evince che un insieme di generatori costituisce una base del sottospazio se e solo se tali generatori sono indipendenti.
Quindi devi determianre per quali valori di $k in RR$ le matrici sono indipendenti.
$ A =mathcal (L) {((0,1),(1,k))((k-3,1),(k-1,0))} $
Quindi ha un sottospazio $A subset M_2(RR)$ definito tramite i suoi generatori. Dal teorema di Steinitz si evince che un insieme di generatori costituisce una base del sottospazio se e solo se tali generatori sono indipendenti.
Quindi devi determianre per quali valori di $k in RR$ le matrici sono indipendenti.
Certamente.
Non capisco, però, una cosa: una volta che trovo i k per i quali i vettori sono linearmente indipendenti cosa faccio con il vettore v? Verifico che se anche lui è indipendente dagli altri due? Non mi suona bene...
Grazie della risposta
Non capisco, però, una cosa: una volta che trovo i k per i quali i vettori sono linearmente indipendenti cosa faccio con il vettore v? Verifico che se anche lui è indipendente dagli altri due? Non mi suona bene...
Grazie della risposta
"Andrea@BS":
Certamente.
una volta che trovo i k per i quali i vettori sono linearmente indipendenti [...] Verifico che se anche $v$ è indipendente dagli altri due? Non mi suona bene...
Infatti non può suonare bene
Sempre per Steinitz, se la $dim(A)=2$ allora i vettori indipendenti possono essere al più $2$; quindi se ne hai già trovati due, il terzo è un parassita!
Inoltre saprai sicuramente che $v in A=mathcal(L){v_1,v_2} hArr v=alpha v_1+beta v_2$
Siii è vero.
Provo un attimo a svolgerlo perché ho ancora un dubbio su questo esercizio (ciò che hai detto è chiarissimo)
Grazie
Provo un attimo a svolgerlo perché ho ancora un dubbio su questo esercizio (ciò che hai detto è chiarissimo)
Grazie
Allora io ho impostato una matrice di due righe e quattro colonne
$ A = ((0,1,1,k),(k-3,1,k-1,0)) $ e di questa matrice il rango e 2 per ogni k e quindi i due vettori sono linearmente indipendenti. Non capisco dove sbaglio
E' l'unico esercizio che mi manca della prova non so come faccio a non arrivarci.
$ A = ((0,1,1,k),(k-3,1,k-1,0)) $ e di questa matrice il rango e 2 per ogni k e quindi i due vettori sono linearmente indipendenti. Non capisco dove sbaglio
E' l'unico esercizio che mi manca della prova non so come faccio a non arrivarci.
Per provare l'indipendenza si pone
e bisogna verificare che l'unica soluzione possibile sia $alpha=beta=0$
$ alpha ((0,1),(1,k))+beta((k-3,1),(k-1,0)) = ((0,0),(0,0))$
e bisogna verificare che l'unica soluzione possibile sia $alpha=beta=0$
Allora ti dico un attimo ciò che ho fatto.
Innanzitutto ho verificato, come mi hai detto, che i due vettori siano linearmente indipendenti (verificato che $alpha=beta=0$)
poi ho fatto lo stesso sistema e anziché porre uguale alla matrice nulla ho posto uguale alla matrice v e ho "costruito" questo sistema
$\{(beta(k-3)=0),(alpha + beta = -1),(alpha + beta(k-1) = -4),(kalpha = 6):}$
Risolvendo mi sono imbattuto nel primo caso a stabilire due valori di k (k=3 e k=-4) e un secondo caso sempre con due valori di k (k=3 e k=-3). Non so se sia corretto, o meglio la soluzione è k=3 e visto che compare in entrambi non vorrei che devo escludere il k=-3 e k=4.
Scusami se tiro lungo un esercizio molto semplice ma... non so nemmeno io cosa dire.
Grazie
Innanzitutto ho verificato, come mi hai detto, che i due vettori siano linearmente indipendenti (verificato che $alpha=beta=0$)
poi ho fatto lo stesso sistema e anziché porre uguale alla matrice nulla ho posto uguale alla matrice v e ho "costruito" questo sistema
$\{(beta(k-3)=0),(alpha + beta = -1),(alpha + beta(k-1) = -4),(kalpha = 6):}$
Risolvendo mi sono imbattuto nel primo caso a stabilire due valori di k (k=3 e k=-4) e un secondo caso sempre con due valori di k (k=3 e k=-3). Non so se sia corretto, o meglio la soluzione è k=3 e visto che compare in entrambi non vorrei che devo escludere il k=-3 e k=4.
Scusami se tiro lungo un esercizio molto semplice ma... non so nemmeno io cosa dire.
Grazie
Penso di esserci.
Ho sostituito i i vari k che ho trovato (+3,-3,-4) e trovato i vari $alpha$ e $beta$ e poi rifatto la copertura lineare e solo per k = 3 ho per entrambe le matrici lo zero nella posizione (1,1) e quindi v appartiene alla copertura lineare di A perché se moltiplico per uno apposito scalare tale copertura ricavo v? E' giusto così svolto? E la spiegazione?
Grazie
Ho sostituito i i vari k che ho trovato (+3,-3,-4) e trovato i vari $alpha$ e $beta$ e poi rifatto la copertura lineare e solo per k = 3 ho per entrambe le matrici lo zero nella posizione (1,1) e quindi v appartiene alla copertura lineare di A perché se moltiplico per uno apposito scalare tale copertura ricavo v? E' giusto così svolto? E la spiegazione?
Grazie
mi permetto di intromettermi per darti un metodo alternativo a quello proposto da @Magma: puoi usare l'isomorfismo canonico tra $M_n(RR) ~= RR^(n^2)$ che alla matrice $((a,b),(c,d))$ associa il vettore $((a),(b),(c),(d))$ (per $n=2$). così ti riconduci a lavorare con vettori e puoi ricondurti a lavorare con la matrice come stavi facendo prima se ti è più comodo.
Sisi. Grazie del consiglio. Volevo sapere se ciò che ho fatto/detto sia corretto.
Grazie
Grazie
per quello lascio rispondere chi mi ha preceduto! 
"Andrea@BS":
Innanzitutto ho verificato che i due vettori siano linearmente indipendenti (verificato che $alpha=beta=0$)
poi ho fatto lo stesso sistema e anziché porre uguale alla matrice nulla ho posto uguale alla matrice $v$ e ho "costruito" questo sistema
$\{(beta(k-3)=0),(alpha + beta = -1),(alpha + beta(k-1) = -4),(kalpha = 6):}$
Risolvendo mi sono imbattuto nel primo caso a stabilire due valori di $k$: ($k=3$ e $k=-4$) e un secondo caso sempre con due valori di $k$ ($k=3$ e $k=-3$). Non so se sia corretto, o meglio la soluzione è $k=3$ e visto che compare in entrambi non vorrei che devo escludere il $k=-3$ e $k=4$.
Allora, la matrice dei coefficienti è
$( ( 0 , k-3 ,|+0 ),( 1 , 1 ,|-1 ),( 1 , k-1, |-4 ),( k , 0 , |+6 ) ) $
Posto $kne3$, riducendola a scalini
[ot]$R_1->R_1/(k-3)$
$( ( 0 , 1,|+0 ),( 1 , 1 ,|-1 ),( 1 , k-1, |-4 ),( k , 0 , |+6 ) ) $
$R_2-> R_2-R_1$
$( ( 0 , 1,|+0 ),( 1 , 0 ,|-1 ),( 1 , k-1, |-4 ),( k , 0 , |+6 ) ) $
$R_3->R_3-R_2$
$R_4->R_4-kR_2$
$( ( 0 , 1,|+0 ),( 1 , 0 ,|-1 ),( 0 , k-1, |-3 ),( 0 , -k , |6+k) ) $
$R_3->R_3+(-k+1)R_1$
$R_4->R_4+kR_1$
$( ( 0 , 1,|+0 ),( 1 , 0 ,|-1 ),( 0 , 0, |-3 ),( 0 , 0 , |6+k) ) $
[/ot]si ottiene
$( ( 0 , 1,|+0 ),( 1 , 0 ,|-1 ),( 0 , 0, |-3 ),( 0 , 0 , |6+k) ) $
Si è nel caso in cui $R(A)=2<4=R(A|B)$, quindi, per il teorema di Kronecker-Rouché-Capelli, il sistema non ammette soluzioni per $kne3$.
Per $k=3$ si trova
[ot]
$( ( 0 , 0 ,|+0 ),( 1 , 1 ,|-1 ),( 1 , 2, |-4 ),( 3 , 0 , |+6 ) ) $
$R_3->R_3-R_2$
$R_4->R_4-3R_2$
$( ( 0 , 0 ,|+0 ),( 1 , 1 ,|-1 ),( 0 , 1, |-3 ),( 0 , -3 , |+9 ) ) $
$R_4->R_4+3R_3$
$( ( 0 , 0 ,|+0 ),( 1 , 1 ,|-1 ),( 0 , 1, |-3 ),( 0 , 0 , |+0 ) ) $
$R_2->R_2-R_3$
$( ( 0 , 0 ,|+0 ),( 1 , 0 ,|+2),( 0 , 1, |-3 ),( 0 , 0 , |+0 ) ) $
[/ot]la soluzione $ ((alpha),(beta))=(( 2),(-3 ))$
Quindi
$( ( 0 , -1),( -4 , 6 ) ) in A=mathcal(L){((0,1),(1,k)),((k-3,1),(k-1,0)) }hArr k=3$
[ot]
"Andrea@BS":Non riesco a capire...[/ot]
Ho sostituito i i vari k che ho trovato $(+3,-3,-4)$ e trovato i vari $ alpha $ e $ beta $ e poi rifatto la copertura lineare e solo per $k = 3$ ho per entrambe le matrici lo zero nella posizione $(1,1)$ e quindi $v$ appartiene alla copertura lineare di $A$ perché se moltiplico per uno apposito scalare tale copertura ricavo $v$? E' giusto così svolto? E la spiegazione?
"cooper":
mi permetto di intromettermi per darti un metodo alternativo a quello proposto da @Magma: puoi usare l'isomorfismo canonico tra $M_n(RR) ~= RR^(n^2)$ che alla matrice $((a,b),(c,d))$ associa il vettore $((a),(b),(c),(d))$ (per $n=2$). così ti riconduci a lavorare con vettori e puoi ricondurti a lavorare con la matrice come stavi facendo prima se ti è più comodo.
Inoltre, essendo solamente due vettori, basterebbe notare che non sono proporzionali; e addio calcoli!
Risposta più che completa. Ti ringrazio molto Magma.
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