Determinare tutte le matrici
Buondì a tutti...^^
Posto un altro esercizio, sul quale non so come destreggiarmi...
Determinare tutte le matrici $A in RR^(3x3)$ tali che:
${(ImL_A=<((2),(1),(1))>),(kerL_A={x in RR^3:2x_1+x_2+x_3=0}):}$
Fosse stato determinare una A non avrei avuto problemi...
In questo caso però mi sorge qualche dubbio...
Di sicuro mi dovrò trovare una base del kernel.
Ciò che penso cambi rispetto a determinare una U è il dominio di $ImL_A$
Solo che, preso un $v=((a),(b),(c))$ non so come dimostrare con tre parametri diversi che il determinante della matrice formata dal generico dominio dell'immagine e dai due elementi della base del ker sia diverso da 0...
O meglio... credo non sia la via da intraprendere...^^
Grazie,
Andrea
Posto un altro esercizio, sul quale non so come destreggiarmi...
Determinare tutte le matrici $A in RR^(3x3)$ tali che:
${(ImL_A=<((2),(1),(1))>),(kerL_A={x in RR^3:2x_1+x_2+x_3=0}):}$
Fosse stato determinare una A non avrei avuto problemi...
In questo caso però mi sorge qualche dubbio...
Di sicuro mi dovrò trovare una base del kernel.
Ciò che penso cambi rispetto a determinare una U è il dominio di $ImL_A$
Solo che, preso un $v=((a),(b),(c))$ non so come dimostrare con tre parametri diversi che il determinante della matrice formata dal generico dominio dell'immagine e dai due elementi della base del ker sia diverso da 0...
O meglio... credo non sia la via da intraprendere...^^
Grazie,
Andrea
Risposte
E come faresti a determinare una A invece che tutte ?
Avrei assegnato al dominio di imf un vettore, tipo quello della base canonica 1, 0, 0, purché non fosse comb lin dei vettori trovati dal ker...
no?
ad esempio:
1 1 0
0 0 1
0 -2 -1
QUindi mi sarei trovato a...
Giusto?
no?
ad esempio:
1 1 0
0 0 1
0 -2 -1
QUindi mi sarei trovato a...
Giusto?
"Andrea990":
Avrei assegnato al dominio di imf un vettore, tipo quello della base canonica 1, 0, 0, purché non fosse comb lin dei vettori trovati dal ker...
no?
ad esempio:
1 1 0
0 0 1
0 -2 -1
QUindi mi sarei trovato a...
Giusto?
Invece che chiederlo a me, fai la prova (che ti può servire anche all'esame).
Prendi un generico vettore $(x,y,z)$ e calcola $A*(x,y,z)$. Il vettore che trovi appariene allo spazio generato da $(2,1,1)$?!
Scusa misanino...^^... mi sto ingarbugliando con le mie mani...
Se io dovessi indicare una matrice A un esempio potrebbe essere:
$A=((2,0,0),(1,0,0),(1,0,0))((1,1,0),(0,0,1),(0,-2,-1))^-1$
Fin qui credo di non aver sbagliato nulla...
Mi sono risolto il prodotto di quelle due matrici e ho ottenuto:
$A=((2,1,1),(1,1/2,1/2),(1,1/2,1/2))$
Tale matrice l'ho moltiplicata per il vettore generico $v=((x),(y),(y))$
in effetti mi sembra di aver ottenuto qualcosa moltiplicando...
$w=((2x+y+z),(x+y/2+z/2),(x+y/2+z/2))$
che posso dire appartiene allo spazio generato da $(2,1,1)$, perché se vado a sostituire a x, y, z i valori 2, 1, 1 ottengo un vettore multiplo di quest'ultimo... 6,3,3...
Non so se è giusta come risoluzione...Non sono molto sicuro... infatti ti dico che l'ho buttata un po'... è la prima cosa che mi è venuta da pensare...
Se io dovessi indicare una matrice A un esempio potrebbe essere:
$A=((2,0,0),(1,0,0),(1,0,0))((1,1,0),(0,0,1),(0,-2,-1))^-1$
Fin qui credo di non aver sbagliato nulla...
Mi sono risolto il prodotto di quelle due matrici e ho ottenuto:
$A=((2,1,1),(1,1/2,1/2),(1,1/2,1/2))$
Tale matrice l'ho moltiplicata per il vettore generico $v=((x),(y),(y))$
in effetti mi sembra di aver ottenuto qualcosa moltiplicando...
$w=((2x+y+z),(x+y/2+z/2),(x+y/2+z/2))$
che posso dire appartiene allo spazio generato da $(2,1,1)$, perché se vado a sostituire a x, y, z i valori 2, 1, 1 ottengo un vettore multiplo di quest'ultimo... 6,3,3...
Non so se è giusta come risoluzione...Non sono molto sicuro... infatti ti dico che l'ho buttata un po'... è la prima cosa che mi è venuta da pensare...
"Andrea990":
Scusa misanino...^^... mi sto ingarbugliando con le mie mani...
Se io dovessi indicare una matrice A un esempio potrebbe essere:
$A=((2,0,0),(1,0,0),(1,0,0))((1,1,0),(0,0,1),(0,-2,-1))^-1$
Fin qui credo di non aver sbagliato nulla...
Mi sono risolto il prodotto di quelle due matrici e ho ottenuto:
$A=((2,1,1),(1,1/2,1/2),(1,1/2,1/2))$
Tale matrice l'ho moltiplicata per il vettore generico $v=((x),(y),(y))$
in effetti mi sembra di aver ottenuto qualcosa moltiplicando...
$w=((2x+y+z),(x+y/2+z/2),(x+y/2+z/2))$
che posso dire appartiene allo spazio generato da $(2,1,1)$, perché se vado a sostituire a x, y, z i valori 2, 1, 1 ottengo un vettore multiplo di quest'ultimo... 6,3,3...
Non so se è giusta come risoluzione...Non sono molto sicuro... infatti ti dico che l'ho buttata un po'... è la prima cosa che mi è venuta da pensare...
Hai fatto bene. La matrice trovata è giusta.
Ora il problema è determinarle tutte.
Diciamo che io sono un po' a digiuno da algebra lineare e quindi non so se esiste un metodo standard per risolvere tali tipi di esercizi...
Io l'ho risolto così:
considero una matrice generica $A=((a_1,a_2,a_3),(b_1,b_2,b_3),(c_1,c_2,c_3))$.
Prendo la base del Ker data da $(1,-2,0)$ e $(1,0,-2)$.
Moltiplicando A per ciascuno di tali vettori devo ottenere 0 e quindi ottengo:
moltiplicando per il primo vettore $a_1-2a_2=0$, $b_1-2b_2=0$, $c_1-2c_2=0$ da cui $a_1=2a_2$,...
moltiplicando per il secondo vettore ottengo $a_1=2a_3$,....
Quindi concludo $a_1=2a_2=2a_3$ e stessa cosa per $b_1$ e $c_1$.
Quindi la mia matrice A diventa:
$A=((2a_2,a_2,a_2),(2b_2,b_2,b_2),(2c_2,c_2,c_2))$
Ora devo imporre le condizioni sull'immagine.
Un qualunque vettore dell'immagine è $(2k,k,k)$ con $k\inRR$.
La dimensione dell'Im è 1 e quindi so che esiste una colonna di A che è una base per l'immagine.
Quindi deve esistere una colonna di A del tipo $((2k),(k),(k))$ il che mi porta a concludere che $a_2=2b_2=2c_2$ (e quindi $b_1=c_1$)
Chiamando $a=b_2$ ho che la matrice A diventa:
$A=((4a,2a,2a),(2a,a,a),(2a,a,a))$ con $a\inRR$
e ho concluso
Capito... Giusto... Non c'avevo pensato...^^... Grazie Misanino... Comunque voi della community siete davvero molto in gamba... Non sgarrate mai... Vi faccio tutti i miei complimenti... Mi avete molto aiutato... Molti dubbi me li sono tolti grazie a voi...
Ancora grazie...
Andrea
Ancora grazie...
Andrea
Ecco una risoluzione alternativa a quella di Misanino.
Posto $v_1=((0),(2),(-2))$ e $v_2=((-1),(2),(0))$, facilmente $v_1$ e $v_2$ formano una base di $"ker"L_A$. Completo ad una base di $RR^3$: pongo $v_3=((1),(0),(0))$ (naturalmente $v_1,v_2,v_3$ formano una base di $RR^3$).
La matrice $A$ cercata sarà tale che
$Av_1=0$ perchè $v_1\in"ker"f$;
$Av_2=0$ perchè $v_2\in"ker"f$;
$Av_3=((2k),(k),(k))$ affinchè $"Im"L=<((2),(1),(1))>$.
Quindi le matrici cercate sono tutte e sole le matrici $A$ tali che
$A((0,-1,1),(2,2,0),(-2,0,0))=((0,0,2k),(0,0,k),(0,0,k))$
cioè tutte e sole le matrici nella forma
$A=((0,0,2k),(0,0,k),(0,0,k))((0,-1,1),(2,2,0),(-2,0,0))^{-1}=((2k,k,k),(k,k/2,k/2),(k,k/2,k/2))$
con $k\in RR$.
Ho così ottenenuto lo stesso risultato di Misanino (e non poteva essere altrimenti
)
Posto $v_1=((0),(2),(-2))$ e $v_2=((-1),(2),(0))$, facilmente $v_1$ e $v_2$ formano una base di $"ker"L_A$. Completo ad una base di $RR^3$: pongo $v_3=((1),(0),(0))$ (naturalmente $v_1,v_2,v_3$ formano una base di $RR^3$).
La matrice $A$ cercata sarà tale che
$Av_1=0$ perchè $v_1\in"ker"f$;
$Av_2=0$ perchè $v_2\in"ker"f$;
$Av_3=((2k),(k),(k))$ affinchè $"Im"L=<((2),(1),(1))>$.
Quindi le matrici cercate sono tutte e sole le matrici $A$ tali che
$A((0,-1,1),(2,2,0),(-2,0,0))=((0,0,2k),(0,0,k),(0,0,k))$
cioè tutte e sole le matrici nella forma
$A=((0,0,2k),(0,0,k),(0,0,k))((0,-1,1),(2,2,0),(-2,0,0))^{-1}=((2k,k,k),(k,k/2,k/2),(k,k/2,k/2))$
con $k\in RR$.
Ho così ottenenuto lo stesso risultato di Misanino (e non poteva essere altrimenti
)
"cirasa":
Ecco una risoluzione alternativa a quella di Misanino.
Interessante. Grazie per il contributo
Mi torna anche questo ragionamento...Grazie a entrambi!^^
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