Determinare la matrice $A in RR^(3x2)$
Si determinino le $A in RR^(3x2)$ tali che:
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) ) *A=( ( 7 , 1 ),( 9 , 3 ),( 8 , 2 ) )$
Io ho impostato i due sistemi:
$a+2b+3c=7$
$3a+2b+5c=9$
$2a+2b+4c=8$
e
$d+2e+3f=1$
$3d+2e+5f=3$
$2d+2e+4f=2$
trovando come soluzione (parametrica)
$A=( ( 1-c , 1-f ),( 3-c , -f ),( c , f ) )$
è giusto il procedimento?
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) ) *A=( ( 7 , 1 ),( 9 , 3 ),( 8 , 2 ) )$
Io ho impostato i due sistemi:
$a+2b+3c=7$
$3a+2b+5c=9$
$2a+2b+4c=8$
e
$d+2e+3f=1$
$3d+2e+5f=3$
$2d+2e+4f=2$
trovando come soluzione (parametrica)
$A=( ( 1-c , 1-f ),( 3-c , -f ),( c , f ) )$
è giusto il procedimento?
Risposte
Secondo me manca ancora qualcosa. I parametri alla fine non possono essere liberi: prendi ad esempio $c=1$: hai che la prima colonna di $A$ è $(0,-2,1)$ (e se fai il prodotto I riga per I colonna ottieni $(1,2,3)(0,-2,1)=-4+3=-1 !=7 $).
Quindi secondo me devi ancora trovare il valore di $c$ e il valore di $f$ che rendono vera l'uguaglianza di sopra.
P.S. Non prendere ciò che dico per oro colato, potrei benissimo sbagliarmi; però sono dell'idea che la matrice che cerchi sia comunque una e una sola. Il motivo? La matrice
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )$
ad occhio ha determinante non nullo, quindi è invertibile. Allora $A$ la puoi trovare anche moltiplicando per l'inverso:
$A=( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )^-1* ( ( 7 , 1 ),( 9 , 3 ),( 8 , 2 ) ) $
Spero di non aver sparato scemenze.
Quindi secondo me devi ancora trovare il valore di $c$ e il valore di $f$ che rendono vera l'uguaglianza di sopra.
P.S. Non prendere ciò che dico per oro colato, potrei benissimo sbagliarmi; però sono dell'idea che la matrice che cerchi sia comunque una e una sola. Il motivo? La matrice
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )$
ad occhio ha determinante non nullo, quindi è invertibile. Allora $A$ la puoi trovare anche moltiplicando per l'inverso:
$A=( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )^-1* ( ( 7 , 1 ),( 9 , 3 ),( 8 , 2 ) ) $
Spero di non aver sparato scemenze.
ops oddio ho sbagliato a scrivere il risultato sopra (precisamente la $a_21$) scusami correggo subito 
comunque grazie per la risposta!
comunque grazie per la risposta!
"Paolo90":
P.S. Non prendere ciò che dico per oro colato, potrei benissimo sbagliarmi; però sono dell'idea che la matrice che cerchi sia comunque una e una sola. Il motivo? La matrice
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )$
ad occhio ha determinante non nullo, quindi è invertibile.
La terza colonna è somma delle prime due!
Edit: A causa di problemi con il browser (che ho segnalato nella sezione appropriata), non avevo letto che Blackorgasm aveva modificato la matrice. Se mi date qualche minuto controllerò l'esercizio.
@Blackorgasm: L'esercizio è ok!
menomale, grazie per le risposte!
[mod="Steven"]Ho specificato meglio il titolo, che era "esercizio d'esame"
Ricorda in futuro di scegliere titoli non generici, come dice il regolamento, per venire incontro agli utenti che vogliono selezionare i topic da aprire.[/mod]
Ricorda in futuro di scegliere titoli non generici, come dice il regolamento, per venire incontro agli utenti che vogliono selezionare i topic da aprire.[/mod]
"cirasa":
[quote="Paolo90"]P.S. Non prendere ciò che dico per oro colato, potrei benissimo sbagliarmi; però sono dell'idea che la matrice che cerchi sia comunque una e una sola. Il motivo? La matrice
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )$
ad occhio ha determinante non nullo, quindi è invertibile.
La terza colonna è somma delle prime due!
[/quote]
Che figura, è vero
Sarà che sono abituato a lavorare con le righe, ma proprio non l'avevo visto: perdonate il mio errore.
Mi resta un dubbio, se posso: cirasa, tu dici che l'esercizio è ok. Posso solo chiederti però come variano i parametri $c$ e $f$ alla fine? E' corretto quanto ho osservato io prima? Non possono essere liberi... o sbaglio?
Grazie per l'aiuto e scusate ancora.
"Paolo90":
Mi resta un dubbio, se posso: cirasa, tu dici che l'esercizio è ok. Posso solo chiederti però come variano i parametri $c$ e $f$ alla fine? E' corretto quanto ho osservato io prima? Non possono essere liberi... o sbaglio?
Certo che puoi!
Credo che non ti trovassi con il conto che ha fatto Blackorgasm solo per il suo errore di trascrizione (ora corretto).
Lui ha semplicemente imposto che la generica matrice $A=((a,e),(b,d),(c,f))$ verificasse quell'uguaglianza fra matrici, ottenendo un grosso sistema lineare di sei equazioni in sei incognite.
Trovando tutte le soluzioni del sistema trova tutte le matrici che verificano l'uguaglianza.
Per "tutte le matrici" intendo che, per ogni fissato valore di $c,f\in RR$, ottiene una matrice $A$ "buona".
In questo senso tutti i valori di $c,f$ vanno bene e dunque i parametri sono liberi.
C'è anche un altro punto di vista per guardare questa cosa, in termini di applicazioni lineari fra spazi vettoriali, ma ora non ho tempo di illustrarlo.
Se sei interessato fammi un fischio e fra un paio d'ore, se ho tempo, tornerò a postare qualcosina...
"cirasa":
[quote="Paolo90"]
Mi resta un dubbio, se posso: cirasa, tu dici che l'esercizio è ok. Posso solo chiederti però come variano i parametri $c$ e $f$ alla fine? E' corretto quanto ho osservato io prima? Non possono essere liberi... o sbaglio?
Certo che puoi!
[/quote]
Sei davvero molto gentile, ti ringrazio molto per i tuoi interventi sempre molto precisi.
Credo che non ti trovassi con il conto che ha fatto Blackorgasm solo per il suo errore di trascrizione (ora corretto).
In poche parole: hai assolutamente ragione. Ho rifatto i conti e tutto torna.
Lui ha semplicemente imposto che la generica matrice $A=((a,e),(b,d),(c,f))$ verificasse quell'uguaglianza fra matrici, ottenendo un grosso sistema lineare di sei equazioni in sei incognite.
Trovando tutte le soluzioni del sistema trova tutte le matrici che verificano l'uguaglianza.
Per "tutte le matrici" intendo che, per ogni fissato valore di $c,f\in RR$, ottiene una matrice $A$ "buona".
In questo senso tutti i valori di $c,f$ vanno bene e dunque i parametri sono liberi.
Sì, ho capito. GRAZIE.
C'è anche un altro punto di vista per guardare questa cosa, in termini di applicazioni lineari fra spazi vettoriali, ma ora non ho tempo di illustrarlo.
Se sei interessato fammi un fischio e fra un paio d'ore, se ho tempo, tornerò a postare qualcosina...
Ti ascolto molto volentieri: non ho ancora studiato le applicazioni lineari, ma se hai voglia - e soprattutto tempo - davvero mi faresti un grosso piacere: ma ripeto solo se hai tempo... e considera che devi parlare con uno che non sa nulla (insomma, àrmati di pazienza
).Grazie mille davvero.
Sono felice di aver creato una bella discussione
giusto per una conferma in più (visto che l'esercizio era diviso in due parti) vorrei sapere:
determinare le $x in RR^3$ tali che:
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )*x=0$
agisco come sopra, cioè "brutalmente" risolvo il sistema di 3 eq. in 3 incognite trovandomi come risultato (parametrico) $x=( ( -c ),( -c ),( c ) ) $
giusto per una conferma in più (visto che l'esercizio era diviso in due parti) vorrei sapere:
determinare le $x in RR^3$ tali che:
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )*x=0$
agisco come sopra, cioè "brutalmente" risolvo il sistema di 3 eq. in 3 incognite trovandomi come risultato (parametrico) $x=( ( -c ),( -c ),( c ) ) $
Piccola nota teorica:
Così facendo hai trovato quello che si chiama nullspace della matrice $( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )$: è un sottospazio di $RR^3$ di dimensione 1 e ciò è concorde con il teorema di nullità più rango (la matrice ha rango 2 - e non 3 come pensavo stamane ): e guarda caso $2+1=3$.
Dico bene, cirasa? (spero di non aver più sparato boiate)
"Blackorgasm":
determinare le $x in RR^3$ tali che:
$( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )*x=0$
agisco come sopra, cioè "brutalmente" risolvo il sistema di 3 eq. in 3 incognite trovandomi come risultato (parametrico) $x=(-c , -c , c)$
Così facendo hai trovato quello che si chiama nullspace della matrice $( ( 1 , 2 , 3 ),( 3 , 2 , 5 ),( 2 , 2 , 4 ) )$: è un sottospazio di $RR^3$ di dimensione 1 e ciò è concorde con il teorema di nullità più rango (la matrice ha rango 2 - e non 3 come pensavo stamane
): e guarda caso $2+1=3$. Dico bene, cirasa? (spero di non aver più sparato boiate)
"Paolo90":
Dico bene, cirasa? (spero di non aver più sparato boiate)
Ok, Paolo, nessuna boiata!
Per quanto riguarda l'altro punto di vista eccolo qua: denotata con $A=((1,2,3),(3,2,5),(2,2,4))$ e con $b=((7,1),(9,3),(8,2))$, sto cercando le matrici $X=(x,y)$ tali che $AX=b$ ($x$ e $y$ sono le colonne di $X$).
Denoto con $T:RR^3\to RR^3$ l'applicazione lineare associata ad $A$ (quella tale che $T(z)=Az$ dove $z\in RR^3$ è un vettore colonna e $Az$ è il prodotto righe per colonne di $A$ per $z$).
Dunque sto cercando tutti gli $x,y\in RR^3$ tali che $T(x)=Ax=b_1$ e $T(y)=Ay=b_2$ ($b_1$ e $b_2$ sono le colonne di $b$).
Praticamente voglio capire come sono fatti gli insiemi $T^{-1}(b_1)$ e $T^{-1}(b_2)$ (sono sottoinsiemi di $RR^3$, immagine reciproca di ${b_1}$ e ${b_2}$ mediante $T$, spero che tu usi le stesse notazioni).
Nota che non si tratta di sottospazi vettoriali di $RR^3$ (lo zero non vi appartiene).
Però hanno una proprietà particolare: prendiamo per esempio il primo $T^{-1}(b_1)$.
Supponiamo di avere un elemento $x_0$ tale che $T(x_0)=b_1$, per esempio $x_0=((1),(3),(0))$.
Allora, tutti e soli gli elementi di $T^{-1}(b_1)$ sono nella forma $x_0+v$ con $v\in"ker"T$.
(Se ti va, puoi provare a dimostrarlo. In sostanza si applica la linearità di $T$ similmente a quanto si fa per dimostrare il teorema di Rouchè-Capelli, se l'hai fatto).
E "casualmente" la soluzione trovata da Blackorgasm per la prima colonna di $X$ è $((1-c),(3-c),(c))=((1),(3),(0))+((-c),(-c),(c))$.
E il secondo addendo cos'è? Ma ovviamente il vettore generico di $"ker"T$ come lo stesso Blackorgasm ha verificato successivamente. Non è un "caso" che la prima colonna di $X$ abbia quella forma!
Discorso analogo per laseconda colonna di $X$...
Spero di non essere andato troppo veloce e di non averti confuso le idee...Se hai perso qualche passaggio, chiedi pure. In ogni caso se stai iniziando a studiare le applicazioni lineari, presto questi oggetti ti saranno molto più chiari.
Ciao cirasa,
perdonami per il ritardo, sono stati giorni un po' impegnativi. Ti ringrazio molto per il tuo post: come forse ti avevo già detto non ho ancora affrontato la parte sulle applicazioni lineari, ma in linea di massima ho capito.
Vengo subito al dunque:
Chiaro.
Vero, grazie per avermelo fatto notare.
Effettivamente non ho visto la dimostrazione del teorema di R-C a lezione.
Vado un po' a naso, perdonami e correggimi - per piacere, se puoi - se dico castronerie.
Dire che $x_0 in T^{-1}(b_1)$ equivale a dire che $T(x_0)=b_1$. Ora, preso un $v in "Ker" T = {y in RR^3 " tali che " T(y)=(0,0,0)}$ (vero?), scrivo per linearità $T(x_0+v)=T(x_0)+T(v)=b_1+(0,0,0)=b_1$.
Più o meno ci sono? Grazie
Ancora grazie mille per la tua cortese disponibilità. Davvero, un caro ringraziamento e ancora scusa per il ritardo.
perdonami per il ritardo, sono stati giorni un po' impegnativi. Ti ringrazio molto per il tuo post: come forse ti avevo già detto non ho ancora affrontato la parte sulle applicazioni lineari, ma in linea di massima ho capito.
Vengo subito al dunque:
"cirasa":
Per quanto riguarda l'altro punto di vista eccolo qua: denotata con $A=((1,2,3),(3,2,5),(2,2,4))$ e con $b=((7,1),(9,3),(8,2))$, sto cercando le matrici $X=(x,y)$ tali che $AX=b$ ($x$ e $y$ sono le colonne di $X$).
Denoto con $T:RR^3\to RR^3$ l'applicazione lineare associata ad $A$ (quella tale che $T(z)=Az$ dove $z\in RR^3$ è un vettore colonna e $Az$ è il prodotto righe per colonne di $A$ per $z$).
Dunque sto cercando tutti gli $x,y\in RR^3$ tali che $T(x)=Ax=b_1$ e $T(y)=Ay=b_2$ ($b_1$ e $b_2$ sono le colonne di $b$).
Praticamente voglio capire come sono fatti gli insiemi $T^{-1}(b_1)$ e $T^{-1}(b_2)$ (sono sottoinsiemi di $RR^3$, immagine reciproca di ${b_1}$ e ${b_2}$ mediante $T$, spero che tu usi le stesse notazioni).
Chiaro.
Nota che non si tratta di sottospazi vettoriali di $RR^3$ (lo zero non vi appartiene).
Vero, grazie per avermelo fatto notare.
Però hanno una proprietà particolare: prendiamo per esempio il primo $T^{-1}(b_1)$.
Supponiamo di avere un elemento $x_0$ tale che $T(x_0)=b_1$, per esempio $x_0=((1),(3),(0))$.
Allora, tutti e soli gli elementi di $T^{-1}(b_1)$ sono nella forma $x_0+v$ con $v\in"ker"T$.
(Se ti va, puoi provare a dimostrarlo. In sostanza si applica la linearità di $T$ similmente a quanto si fa per dimostrare il teorema di Rouchè-Capelli, se l'hai fatto).
Effettivamente non ho visto la dimostrazione del teorema di R-C a lezione.
Vado un po' a naso, perdonami e correggimi - per piacere, se puoi - se dico castronerie.
Dire che $x_0 in T^{-1}(b_1)$ equivale a dire che $T(x_0)=b_1$. Ora, preso un $v in "Ker" T = {y in RR^3 " tali che " T(y)=(0,0,0)}$ (vero?), scrivo per linearità $T(x_0+v)=T(x_0)+T(v)=b_1+(0,0,0)=b_1$.
Più o meno ci sono? Grazie
E "casualmente" la soluzione trovata da Blackorgasm per la prima colonna di $X$ è $((1-c),(3-c),(c))=((1),(3),(0))+((-c),(-c),(c))$.
E il secondo addendo cos'è? Ma ovviamente il vettore generico di $"ker"T$ come lo stesso Blackorgasm ha verificato successivamente. Non è un "caso" che la prima colonna di $X$ abbia quella forma!
Discorso analogo per laseconda colonna di $X$...
Spero di non essere andato troppo veloce e di non averti confuso le idee...Se hai perso qualche passaggio, chiedi pure. In ogni caso se stai iniziando a studiare le applicazioni lineari, presto questi oggetti ti saranno molto più chiari.
Ancora grazie mille per la tua cortese disponibilità. Davvero, un caro ringraziamento e ancora scusa per il ritardo.
Prego, è un piacere
Ok, hai provato che $ x_0+"ker"T\subset T^{-1}(b_1)$ (con ovvio significato di simboli).
Dovresti provare l'altra inclusione, però credo che non dovresti incontrare difficoltà. Si tratta della stessa identica tecnica. Basta sfruttare la linerità di $T$.
So che ho fatto un'osservazione abbastanza elementare, ma, secondo me, in osservazioni "semplici" a volte si nascondono i semi di idee estremamente utili.
Chissà, forse le incontrerai nei prossimi tuoi studi.
"Paolo90":
Dire che $x_0 in T^{-1}(b_1)$ equivale a dire che $T(x_0)=b_1$. Ora, preso un $v in "Ker" T = {y in RR^3 " tali che " T(y)=(0,0,0)}$ (vero?), scrivo per linearità $T(x_0+v)=T(x_0)+T(v)=b_1+(0,0,0)=b_1$.
Ok, hai provato che $ x_0+"ker"T\subset T^{-1}(b_1)$ (con ovvio significato di simboli).
Dovresti provare l'altra inclusione, però credo che non dovresti incontrare difficoltà. Si tratta della stessa identica tecnica. Basta sfruttare la linerità di $T$.
So che ho fatto un'osservazione abbastanza elementare, ma, secondo me, in osservazioni "semplici" a volte si nascondono i semi di idee estremamente utili.
Chissà, forse le incontrerai nei prossimi tuoi studi.
"cirasa":
Prego, è un piacere
[quote="Paolo90"]Dire che $x_0 in T^{-1}(b_1)$ equivale a dire che $T(x_0)=b_1$. Ora, preso un $v in "Ker" T = {y in RR^3 " tali che " T(y)=(0,0,0)}$ (vero?), scrivo per linearità $T(x_0+v)=T(x_0)+T(v)=b_1+(0,0,0)=b_1$.
Ok, hai provato che $ x_0+"ker"T\subset T^{-1}(b_1)$ (con ovvio significato di simboli).
Dovresti provare l'altra inclusione, però credo che non dovresti incontrare difficoltà. Si tratta della stessa identica tecnica. Basta sfruttare la linerità di $T$.
[/quote]
Ah, giusto avevi scritto "tutti e soli". Per provare ciò che dici, comunque, basta osservare che se $x_0 in T^{-1}(b_1) => x_0 in x_0+"ker" T$ per la linearità di $T$ e per definizione stessa di nucleo?
So che ho fatto un'osservazione abbastanza elementare, ma, secondo me, in osservazioni "semplici" a volte si nascondono i semi di idee estremamente utili.
Chissà, forse le incontrerai nei prossimi tuoi studi.
Ti ringrazio molto, è stata molto utile e istruttiva come puoi vedere.
Ti ringrazio.
"Paolo90":
[quote="cirasa"]
Ok, hai provato che $ x_0+"ker"T\subset T^{-1}(b_1)$ (con ovvio significato di simboli).
Dovresti provare l'altra inclusione, però credo che non dovresti incontrare difficoltà. Si tratta della stessa identica tecnica. Basta sfruttare la linerità di $T$.
Ah, giusto avevi scritto "tutti e soli". Per provare ciò che dici, comunque, basta osservare che se $x_0 in T^{-1}(b_1) => x_0 in x_0+"ker" T$ per la linearità di $T$ e per definizione stessa di nucleo?
[/quote]
Mmm, credo di non aver capito. $x_0$ è fissato in partenza tale che $T(x_0)=b_1$.
Ora ne devi prendere un altro $x_1\in T^{-1}(b_1)$ e dimostrare che $x_1$ si scrive come somma di $x_0$ + un elemento di $"ker"f$.
"cirasa":
Mmm, credo di non aver capito. $x_0$ è fissato in partenza tale che $T(x_0)=b_1$.
Ora ne devi prendere un altro $x_1\in T^{-1}(b_1)$ e dimostrare che $x_1$ si scrive come somma di $x_0$ + un elemento di $"ker"f$.
Scusami se sparo scemenze e, ancora una volta, grazie per il tuo aiuto.
Dunque, io ho fatto vedere che se $x_0 in T^{-1}(b_1) => forall nu in "Ker" f, " " x_0 + nu in T^{-1}(b_1)$: giusto?
Ora mi dici che devo dimostrare che se $x_1 in T^{-1}(b_1) => x_1 = x_0+xi$ per opportuno $xi in "Ker" f$.
L'unica idea che mi viene è far vedere che $x_1-x_0 in "Ker" f$: cioè, due elementi che hanno la stessa immagine differiscono a meno di un elemento del nucleo.
$b_1= T(x_1)=T(x_0)=>T(x_1)-T(x_0)=0=>T(x_1-x_0)=0=>x_1-x_0 in "Ker" f => x_1 - x_0 = xi in "Ker" f => x_1 = x_0 + xi$.
Ora va meglio?
Grazie ancora, sei davvero molto gentile.
"Paolo90":
Dunque, io ho fatto vedere che se $x_0 in T^{-1}(b_1) => forall nu in "Ker" f, " " x_0 + nu in T^{-1}(b_1)$: giusto?
Ora mi dici che devo dimostrare che se $x_1 in T^{-1}(b_1) => x_1 = x_0+xi$ per opportuno $xi in "Ker" f$.
L'unica idea che mi viene è far vedere che $x_1-x_0 in "Ker" f$: cioè, due elementi che hanno la stessa immagine differiscono a meno di un elemento del nucleo.
$b_1= T(x_1)=T(x_0)=>T(x_1)-T(x_0)=0=>T(x_1-x_0)=0=>x_1-x_0 in "Ker" f => x_1 - x_0 = xi in "Ker" f => x_1 = x_0 + xi$.
Ora va meglio?
Ok, ora hai provato che se $x_1 in T^{-1}(b_1)$ allora $x_1=x_0+ xi$ per un opportuno $xi in "ker" T$, cioè hai provato che $T^{-1}(b_1)\subset x_0+ "ker" T$.
Quindi $T^{-1}(b_1)= x_0+ "ker" T$. (*)
Nota che questo non è altro che il teorema di Rouchè-Capelli applicato al sistema $Ax=b_1$ (oppure $T(x)=b_1$).
Infatti esso ti dice che tale sistema (compatibile) ammette [tex]\displaystyle \infty^{n-rank(A)}[/tex], dove $n$ è il numero di equazioni (o la dimensione del dominio di $T$) e $rank(A)$ è la dimensione dell'immagine di $T$ (lo scoprirai quando studierai meglio le applicazioni lineari).
D'altra parte $n-rank(A)=dim("ker"T)$ (anche questa formuletta la studierai presto, forse nella forma $dim("Im"T)+dim("ker"T)=dim(V)$ se $T:V\to W$ è lineare).
E quindi il sistema $Ax=b_1$ ammette [tex]\displaystyle \infty^{\dim(\ker T)}[/tex] che è proprio quello che abbiamo visto con (*).
Ti ho anticipato qualcosa che studierai presto, spero di non averti confuso le idee. Buono Studio!
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