Determinare base dell'immagine di La
Buonasera a tutti, ho questo esercizio da fare, ma non possiedo le soluzioni, vorrei sapere da qualcuno se la mia risoluzione/procedimento è corretto.
Testo esercizio:
Sia $ L_a $ ( $ ain R $ ) l'endomorfismo di $ R^3 $ soddisfacenti le equazioni
$ L_a(1,a,a^2)=(a,-1,1) , L_a(0,1,a)=(-1,-a,1), L_a(0,a,-1)=(1,-1,a) $
Al variare del parametro reale $ a $ determinare una base di $ imL_a $ .
io ho provato a risolverlo in questo modo:
1) ho preso l'immagine di questi vettori e ho formato la matrice di questi vettori
$ ( ( a , -1 , 1 ),( -1 , -a , 1 ),( 1 , -1 , a ) ) $
2) attraverso questi passaggi $ H(31), H_(21)(-1), H_(31)(-a),H_(32)(1) $ ho messo la matrice a scala ottenendo
$ ( ( 1 , -1 , a ),( 0 , 1-a , 1-a ),( 0 , 0 , 2-a-a^2 ) ) $
3)ho studiato i vari casi in cui $ a $ si annulla
-per $ a=1 $ una base è $ <(1,-1,1) > $ poichè si annullano la seconda e terza riga, quindi appartiene ad un sottospazio di $ R^3 $
-per $ a=-2 $ una base è $ <(1,-1,-2),(0,3,3) > $ appartenente ad un sottospazio di $ R^3 $
Concludo, dal momento che si tratta di un endomorfismo $ R^3rarr R^3 $ , che una delle tante basi è quella per $ a=0 $ , cioè $ B= <(1,-1,0),(0,1,1),(0,o,2) >in R^3 $
Può essere corretta questa risoluzione?
Testo esercizio:
Sia $ L_a $ ( $ ain R $ ) l'endomorfismo di $ R^3 $ soddisfacenti le equazioni
$ L_a(1,a,a^2)=(a,-1,1) , L_a(0,1,a)=(-1,-a,1), L_a(0,a,-1)=(1,-1,a) $
Al variare del parametro reale $ a $ determinare una base di $ imL_a $ .
io ho provato a risolverlo in questo modo:
1) ho preso l'immagine di questi vettori e ho formato la matrice di questi vettori
$ ( ( a , -1 , 1 ),( -1 , -a , 1 ),( 1 , -1 , a ) ) $
2) attraverso questi passaggi $ H(31), H_(21)(-1), H_(31)(-a),H_(32)(1) $ ho messo la matrice a scala ottenendo
$ ( ( 1 , -1 , a ),( 0 , 1-a , 1-a ),( 0 , 0 , 2-a-a^2 ) ) $
3)ho studiato i vari casi in cui $ a $ si annulla
-per $ a=1 $ una base è $ <(1,-1,1) > $ poichè si annullano la seconda e terza riga, quindi appartiene ad un sottospazio di $ R^3 $
-per $ a=-2 $ una base è $ <(1,-1,-2),(0,3,3) > $ appartenente ad un sottospazio di $ R^3 $
Concludo, dal momento che si tratta di un endomorfismo $ R^3rarr R^3 $ , che una delle tante basi è quella per $ a=0 $ , cioè $ B= <(1,-1,0),(0,1,1),(0,o,2) >in R^3 $
Può essere corretta questa risoluzione?
Risposte
ciao,
il procedimento mi pare corretto... non ho effettuato nessun conto però
il procedimento mi pare corretto... non ho effettuato nessun conto però
ciao, in questo tipo di esercizio mi piacerebbe capire il seguente concetto che non so se sia corretto o meno.
Allora , alla fine dell' esercizio avevo trovato che per qualsiasi "a" esisteva una base , però per a=1 e a=-2 questa base era rispettivamente $ <(1,-1,1) > $ e $ <(1,-1,-2),(0,3,3) >$ , la prima di dimensione 1 e la seconda di dimensione 2.
Allora, la mia domanda è questa :
1) è giusto dire che ciascuna delle due basi trovate per a=1 e a=-2 non sono basi di $ imL_a$ poichè le basi devono avere dimensione dello spazio vettoriale uguale a 3, in quanto il testo mi chiede di "determinare una base di $ imL_a$ con $ L_a , ( a∈R )$ L'ENDOMORFISMO di $ R^3$ " ?
2) L'immagine di un endomorfismo coincide con il codominio ?
3) presa la matrice formata dai vettori immagine di un endomorfismo $ L_a in R^3$ , nel mio caso questa matrice $ ( ( a , -1 , 1 ),( -1 , -a , 1 ),( 1 , -1 , a ) ) $ , è corretto dire che tutte le basi devono essere formate per forza da 3 vettori ciascuno a 3 componenti (x,y,z) ?
Allora , alla fine dell' esercizio avevo trovato che per qualsiasi "a" esisteva una base , però per a=1 e a=-2 questa base era rispettivamente $ <(1,-1,1) > $ e $ <(1,-1,-2),(0,3,3) >$ , la prima di dimensione 1 e la seconda di dimensione 2.
Allora, la mia domanda è questa :
1) è giusto dire che ciascuna delle due basi trovate per a=1 e a=-2 non sono basi di $ imL_a$ poichè le basi devono avere dimensione dello spazio vettoriale uguale a 3, in quanto il testo mi chiede di "determinare una base di $ imL_a$ con $ L_a , ( a∈R )$ L'ENDOMORFISMO di $ R^3$ " ?
2) L'immagine di un endomorfismo coincide con il codominio ?
3) presa la matrice formata dai vettori immagine di un endomorfismo $ L_a in R^3$ , nel mio caso questa matrice $ ( ( a , -1 , 1 ),( -1 , -a , 1 ),( 1 , -1 , a ) ) $ , è corretto dire che tutte le basi devono essere formate per forza da 3 vettori ciascuno a 3 componenti (x,y,z) ?
Allora tu sai che dato $End(RR^3)$ e $B_(RR^3)={vec(e_1),vec(e_2),vec(e_3)}$
Allora $Im(f)$ è generato da $$
Nel tuo caso tuo caso ottieni che l'immagine è generata da
Per definizione di base sai che una base è un sistema di vettori linearmente dipendenti che siano generatori il fatto che siano generatori è gratis, già lo abbiamo. Non rimane che verificare quando sono linearmente indipendenti
Nella matrice $B$ abbiamo i vettori del dominio, che vorremmo fossero una base, vediamo quando sono linearmente indipendenti. Sviluppo tramite laplace secondo la prima riga
Poiché siamo su $RR$ come campo, il determinante non è mai nullo e quei tre vettori formano quindi una base di $RR^3$ a prescindere dal valore del parametro $ainRR$
Ah dimenticavo: sappiamo che:
Riducendo la matrice $A$ a gradini(uso la tua in fiducia), si ottiene
Per $ane1$ e $ane-2$ si ha che $rank(A)=3$ e quindi quei vettori formano una base di $Im(f)$
In particolare si ha che [size=85]$dim_(RR)Im(f)=3=dim_(RR)RR^3=> Im(f)=RR^3$[/size]
I casi esclusi sono $a=1=>A=((1,-1,1),(-1,-1,-1),(1,1,1))$
A occhio il rango è $2$ dunque $dim_(RR)Im(f)=2$
Da questo una base per $Im(f)$ è $B_(Im(f))={(1,-1,1),(1,1,1)}$
L'ultimo caso è $a=-2=>A=((-2,-1,1),(-1,2,-1),(1,1,-2))$
Beh c'è la sottomatrice $A'=((-1,2),(1,1))$ che ha determinante non nullo dunque si conclude facilmente che deve essere $det(A)=2$ anche in questo caso. $B_(Im(f))={(1,1,-2),(-1,2,-1)}$
La dimensione di uno spazio vettoriale è definita come il numero di vettori di una(e quindi di qualunque) base.
Dove una base è un sistema di vettori appartenenti allo spazio che sono contemporaneamente generatori e linearmente indipendenti.
Per il teorema di caratterizzazione una base è un sistema minimale di generatori e massimale di vettori linearmente indipendenti, dunque non puoi nè aggiungere nè togliere niente. Quando trovi tre vettori linearmente indipendenti automaticamente per questo teorema generano uno spazio di dimensione $3$(che siano matrici, polinomi, vettori del piano, ..)
Per $a=1$ e $a=-2$ puoi comunque costruire una base di $Im(L_a)$ però devi trovare due anziché tre vettori linearmente indipendenti, poiché l'immagine in quel caso è un sottospazio di $RR^3$ di dimensione due.
Distingui le due cose: una cosa è il codominio $RR^3$ e un'altra l'immagine.
Se immagine e codominio coincidono allora una base dell'immagine sarà anche una base di $RR^3$
Se non coincidono allora puoi sempre assegnare una base all'immagine, però non sarà una base del codominio.
Allora $Im(f)$ è generato da $
Nel tuo caso tuo caso ottieni che l'immagine è generata da
$Im(f)=<(a,-1,1),(-1,-a,1),(1,-1,a)>$
Per definizione di base sai che una base è un sistema di vettori linearmente dipendenti che siano generatori il fatto che siano generatori è gratis, già lo abbiamo. Non rimane che verificare quando sono linearmente indipendenti
$B=((1,0,0),(a,1,a),(a^2,a,-1))$
$A=((a,-1,1),(-1,-a,-1),(1,1,a))$
$A=((a,-1,1),(-1,-a,-1),(1,1,a))$
Nella matrice $B$ abbiamo i vettori del dominio, che vorremmo fossero una base, vediamo quando sono linearmente indipendenti. Sviluppo tramite laplace secondo la prima riga
$det(B)=|(1,a),(a,-1)|=-(1+a^2)$
Poiché siamo su $RR$ come campo, il determinante non è mai nullo e quei tre vettori formano quindi una base di $RR^3$ a prescindere dal valore del parametro $ainRR$
Ah dimenticavo: sappiamo che:
$dim_(RR)Im(f)=rank(A)=dim_(RR)$
Riducendo la matrice $A$ a gradini(uso la tua in fiducia), si ottiene
$det(A)=(1-a)(2-a-a^2)$
Per $ane1$ e $ane-2$ si ha che $rank(A)=3$ e quindi quei vettori formano una base di $Im(f)$
In particolare si ha che [size=85]$dim_(RR)Im(f)=3=dim_(RR)RR^3=> Im(f)=RR^3$[/size]
I casi esclusi sono $a=1=>A=((1,-1,1),(-1,-1,-1),(1,1,1))$
A occhio il rango è $2$ dunque $dim_(RR)Im(f)=2$
Da questo una base per $Im(f)$ è $B_(Im(f))={(1,-1,1),(1,1,1)}$
L'ultimo caso è $a=-2=>A=((-2,-1,1),(-1,2,-1),(1,1,-2))$
Beh c'è la sottomatrice $A'=((-1,2),(1,1))$ che ha determinante non nullo dunque si conclude facilmente che deve essere $det(A)=2$ anche in questo caso. $B_(Im(f))={(1,1,-2),(-1,2,-1)}$
La dimensione di uno spazio vettoriale è definita come il numero di vettori di una(e quindi di qualunque) base.
Dove una base è un sistema di vettori appartenenti allo spazio che sono contemporaneamente generatori e linearmente indipendenti.
Per il teorema di caratterizzazione una base è un sistema minimale di generatori e massimale di vettori linearmente indipendenti, dunque non puoi nè aggiungere nè togliere niente. Quando trovi tre vettori linearmente indipendenti automaticamente per questo teorema generano uno spazio di dimensione $3$(che siano matrici, polinomi, vettori del piano, ..)
Per $a=1$ e $a=-2$ puoi comunque costruire una base di $Im(L_a)$ però devi trovare due anziché tre vettori linearmente indipendenti, poiché l'immagine in quel caso è un sottospazio di $RR^3$ di dimensione due.
Distingui le due cose: una cosa è il codominio $RR^3$ e un'altra l'immagine.
Se immagine e codominio coincidono allora una base dell'immagine sarà anche una base di $RR^3$
Se non coincidono allora puoi sempre assegnare una base all'immagine, però non sarà una base del codominio.
Innanzitutto ti ringrazio per la risposta!
Prima di parlare dell'esercizio volevo chiederti alcune cose:
1- Per comporre una matrice di vettori è indifferente disporli secondo righe o colonne (io ho sempre disposto vettori per righe) ?
2- Quando hai usato il determinante lo hai fatto per sapere il rango delle matrici A e B (criterio dei minimi)?
In merito alla tua risposta, da quel che ho capito per ogni $ a∈R$ , quindi anche per a=1 e a=-2 ,determino una base di $imL_a$ (solo che nel caso a=1 e a=-2 la base sarà generatrice di un sottospazio di $ R^3$ di dimensione 2, quindi $ dim_(RR)Im(f)=2 $ ).
La definizione di endomorfismo in wikipedia è: "se V è uno spazio vettoriale, un endomorfismo di V è un'applicazione lineare T da V in se stesso, $ T:V|-> V $.
Dopo averla letta mi sono chiesto se nel nostro caso, avendo verificato che lo spazio vettoriale di partenza è $R^3$ poichè il determinante di B non è mai nullo, non dovremmo arrivare comunque SOLO a spazi vettoriali di $R^3 $ ?
Oppure quello che sto dicendo vale solo per endomorfismi biunivoci, quindi automorfismi?
In definitiva dunque è corretto dire che UNA base di $imL_a$ è quella per a=1, cioè $ B_(Im(f))={(1,1,-2),(-1,2,-1)} $ (oppure quella per a=-2) ?
Prima di parlare dell'esercizio volevo chiederti alcune cose:
1- Per comporre una matrice di vettori è indifferente disporli secondo righe o colonne (io ho sempre disposto vettori per righe) ?
2- Quando hai usato il determinante lo hai fatto per sapere il rango delle matrici A e B (criterio dei minimi)?
In merito alla tua risposta, da quel che ho capito per ogni $ a∈R$ , quindi anche per a=1 e a=-2 ,determino una base di $imL_a$ (solo che nel caso a=1 e a=-2 la base sarà generatrice di un sottospazio di $ R^3$ di dimensione 2, quindi $ dim_(RR)Im(f)=2 $ ).
La definizione di endomorfismo in wikipedia è: "se V è uno spazio vettoriale, un endomorfismo di V è un'applicazione lineare T da V in se stesso, $ T:V|-> V $.
Dopo averla letta mi sono chiesto se nel nostro caso, avendo verificato che lo spazio vettoriale di partenza è $R^3$ poichè il determinante di B non è mai nullo, non dovremmo arrivare comunque SOLO a spazi vettoriali di $R^3 $ ?
Oppure quello che sto dicendo vale solo per endomorfismi biunivoci, quindi automorfismi?
In definitiva dunque è corretto dire che UNA base di $imL_a$ è quella per a=1, cioè $ B_(Im(f))={(1,1,-2),(-1,2,-1)} $ (oppure quella per a=-2) ?
Figurati 
1- si poiché $rank(A)=rank(A^T)$ quindi puoi disporli come preferisci
Solitamente è meglio disporre le componenti per colonne visto che quando devi scriverla nella forma $AX=$qualcosa
Ovviamente considerando che le le componenti vettoriali siano le colonne $A^j=((a_(1j)),(a_(2j)),( : ),(a_(mj))),forall0
2- si visto che i casi esclusi, e che quindi fanno 'abbassare il rango', sono solitamente in quantità limitate.
Con il teorema degli orlati, e delle sottomatrici invertibili, te ne esci facilmente.
Poi nel nostro caso, la matrice $B$ ha rango massimo per qualsiasi valore di $ainRR$.
Se fossimo stati in $CC$ si sarebbero dovute considerare più casi probabilmente visto che $a=pmi$ avrebbe abbassato il rango(volendo potresti farlo per allenarti)
Si esatto. La determini sempre una base, solo che genera diverse cose.
Se generasse sempre il codominio, avremmo che la funzione sarebbe sempre suriettiva!
Un endomorfismo è semplicemente un omomorfismo(applicazione lineare) nel quale dominio e codominio coincidono.
Si hanno infatti sempre spazi vettoriali di RR^3, in particolare sottospazi propri di $RR^3$. Volendo essere pignoli e pedanti l'immagine può variare da un punto, a una retta, a un piano, a tutto lo spazio. Sono sempre sottospazi.
Quando l'immagine di un endomorfismo è tutto il codominio, allora(se non sbaglio) si è in presenza di un epimorfismo, poiché l'applicazione è suriettiva. Naturalmente potrebbe essere anche iniettiva e quindi un automorfismo(ma se non sbaglio un endomorfismo suriettivo, è anche iniettivo e quindi un automorfismo, dalla relazione dimensionale. Di fatti si avrebbe il nucleo banale e quindi implicherebbe l'iniettività).
Anche per $a=-2$ puoi costruire una base.
Puoi costruirla sempre, devi solo ricordare che se la dimensione dell'immagine è $n$ allora devo considerare $n$ vettori poiché per il teorema di caratterizzazione delle basi, se ne togli uno non genera più l'immagine e se ne aggiungi uno diventa un sistema linearmente dipendente
Naturalmente se vedi che per $a=1,a=-2$ puoi assegnare una base comune a entrambi.
tipo fai l'intersezione tra le due immagini ottenute e se viene sempre di dimensione $2$ allora significa che L'intersezione genera entrambe le immagini. In quel caso puoi assegnare base comune per entrambi i valori
1- si poiché $rank(A)=rank(A^T)$ quindi puoi disporli come preferisci
Solitamente è meglio disporre le componenti per colonne visto che quando devi scriverla nella forma $AX=$qualcosa
$((a_(11),a_(12),...,a_(1n)),(a_(21),a_(22),...,a_(2n)),( :,:,:,: ),(a_(m1),a_(m2),...,a_(mn)))((x_1),(x_2),( : ),(x_n))=((a_(11)x_1+a_(12)x_2+...+a_(1n)x_n),(a_(21)x_1+a_(22)x_2+...+a_(2n)x_n),( : ),(a_(m1)x_1+a_(m2)x_2+...+a_(mn)x_n))$
Ovviamente considerando che le le componenti vettoriali siano le colonne $A^j=((a_(1j)),(a_(2j)),( : ),(a_(mj))),forall0
2- si visto che i casi esclusi, e che quindi fanno 'abbassare il rango', sono solitamente in quantità limitate.
Con il teorema degli orlati, e delle sottomatrici invertibili, te ne esci facilmente.
Poi nel nostro caso, la matrice $B$ ha rango massimo per qualsiasi valore di $ainRR$.
Se fossimo stati in $CC$ si sarebbero dovute considerare più casi probabilmente visto che $a=pmi$ avrebbe abbassato il rango(volendo potresti farlo per allenarti)
Si esatto. La determini sempre una base, solo che genera diverse cose.
Se generasse sempre il codominio, avremmo che la funzione sarebbe sempre suriettiva!
Un endomorfismo è semplicemente un omomorfismo(applicazione lineare) nel quale dominio e codominio coincidono.
Si hanno infatti sempre spazi vettoriali di RR^3, in particolare sottospazi propri di $RR^3$. Volendo essere pignoli e pedanti l'immagine può variare da un punto, a una retta, a un piano, a tutto lo spazio. Sono sempre sottospazi.
Quando l'immagine di un endomorfismo è tutto il codominio, allora(se non sbaglio) si è in presenza di un epimorfismo, poiché l'applicazione è suriettiva. Naturalmente potrebbe essere anche iniettiva e quindi un automorfismo(ma se non sbaglio un endomorfismo suriettivo, è anche iniettivo e quindi un automorfismo, dalla relazione dimensionale. Di fatti si avrebbe il nucleo banale e quindi implicherebbe l'iniettività).
Anche per $a=-2$ puoi costruire una base.
Puoi costruirla sempre, devi solo ricordare che se la dimensione dell'immagine è $n$ allora devo considerare $n$ vettori poiché per il teorema di caratterizzazione delle basi, se ne togli uno non genera più l'immagine e se ne aggiungi uno diventa un sistema linearmente dipendente
Naturalmente se vedi che per $a=1,a=-2$ puoi assegnare una base comune a entrambi.
tipo fai l'intersezione tra le due immagini ottenute e se viene sempre di dimensione $2$ allora significa che L'intersezione genera entrambe le immagini. In quel caso puoi assegnare base comune per entrambi i valori
Grazie della risposta precisa! mi sei stato di grande aiuto 
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