Determinazione del nucleo.
Buongiorno, ho la seguente osservazione presa dal libro di testo https://www1.mat.uniroma1.it/people/man ... ineare.pdf alla pagina 149,150.
Supponiamo di avere un sistema lineare omogeneo in $n$ equazioni in $m$ incognite, possiamo riscriverlo nella forma compatta come $Ax=0$ con $x in K^m.$
Siano
Supponiamo di conoscere un insieme massimale linearmente indipendente di $A$, quindi, anche il rango di $A$.
Con tale informazione possiamo conoscere facilmente una base del $Ker(L_A)$.
Infatti, siano $A^(i_1), ..., A^(i_r) $ colonne indipendenti e $A^(d_1), ..., A^(d_m-r) $ colonne rimanenti.
Valutiamo l'immagine $L_A(K^m)$, ricordo, il rango di una matrice $A$ è la dimensione dell'immagine dell'applicazione lineare $L_A$, dunque, le colonne $A^(i_1), ..., A^(i_r) $ sono una base per l'immagine.
La parte che segue non mi è chiara:
per ogni $y in K^(m-r)$ vi è unico vettore $x in K^r$ tale che
ed è evidente che al variare di $y$ troviamo un isomorfismo lineare tra $K^(m-r)$ e $K^r$
Per determinare la funzione procedo così:
posto
Ora, $y_1,y_2 in K^(m-r) \|\ y_1 ne y_2 to -Cy_1ne-Cy_2 to Bx_1neBx_2 to x_1 ne x_2,$ quindi, $f$ è iniettivsa. Invece, la suriettività è ovvia.Segue che $f$ è biettiva.
Supponendo che abbia determinato correttamente la funzione e verificato correttamente che la funzione $f$ sia biettiva, non ho capito come da questa osservazione segue la determinazione del nucleo.
Saluti.
Supponiamo di avere un sistema lineare omogeneo in $n$ equazioni in $m$ incognite, possiamo riscriverlo nella forma compatta come $Ax=0$ con $x in K^m.$
Siano
$L_A : x in K^m to Ax in K^n\ qquad $ $Ker(L_A)={x in K^m \|\ Ax=0},$
dunque l'insieme delle soluzioni del sistema coincide con il nucleo dell'applicazione $L_A$, inoltre, formano un sottospazio vettoriale di dimensione $n-rg(A).$Supponiamo di conoscere un insieme massimale linearmente indipendente di $A$, quindi, anche il rango di $A$.
Con tale informazione possiamo conoscere facilmente una base del $Ker(L_A)$.
Infatti, siano $A^(i_1), ..., A^(i_r) $ colonne indipendenti e $A^(d_1), ..., A^(d_m-r) $ colonne rimanenti.
Valutiamo l'immagine $L_A(K^m)$, ricordo, il rango di una matrice $A$ è la dimensione dell'immagine dell'applicazione lineare $L_A$, dunque, le colonne $A^(i_1), ..., A^(i_r) $ sono una base per l'immagine.
La parte che segue non mi è chiara:
per ogni $y in K^(m-r)$ vi è unico vettore $x in K^r$ tale che
$(A^(i_1), ..., A^(i_r))x=-(A^(d_1), ..., A^(d_m-r))y$
ed è evidente che al variare di $y$ troviamo un isomorfismo lineare tra $K^(m-r)$ e $K^r$
Per determinare la funzione procedo così:
posto
$B=(A^(i_1), ..., A^(i_r)), C=(A^(d_1), ..., A^(d_m-r))$,
e sia $f: y in K^(m-r) to x in K^r $ tale che $Bx=-Cy.$
Ora, $y_1,y_2 in K^(m-r) \|\ y_1 ne y_2 to -Cy_1ne-Cy_2 to Bx_1neBx_2 to x_1 ne x_2,$ quindi, $f$ è iniettivsa. Invece, la suriettività è ovvia.Segue che $f$ è biettiva.
Supponendo che abbia determinato correttamente la funzione e verificato correttamente che la funzione $f$ sia biettiva, non ho capito come da questa osservazione segue la determinazione del nucleo.
Saluti.
Risposte
Scusate, qualcosa che ho scritto non è chiara ?
"Pasquale 90":Questa non l'ho capìta!
[...]Supponiamo di conoscere un insieme massimale linearmente indipendente di $A$,[...]
Ciao j18eos, non ho aggiunto nulla se non la determinazione della funzione con la verifica.
Comunque penso che vuole dire le colonne o righe della matrice, ma se non ci sono righe o colonne linearmente indipendenti il rango sarebbe nullo ?
Comunque penso che vuole dire le colonne o righe della matrice, ma se non ci sono righe o colonne linearmente indipendenti il rango sarebbe nullo ?
È la stessa interpretazione che ho dato io...
Esercizio. Una matrice ha rango \(\displaystyle0\) se e solo se è la matrice nulla.
Secondo me, il prof. Manetti ha usato il teorema di Rouché-Capelli senza esplicitarlo...
Esercizio. Una matrice ha rango \(\displaystyle0\) se e solo se è la matrice nulla.
Secondo me, il prof. Manetti ha usato il teorema di Rouché-Capelli senza esplicitarlo...
Per l'esercizio ho fatto così
$ rarr $
Sia $A$ matrice di ordine $ (m,n)$, risulta per hp. $rgA=dim(L_A(K^m))=0$, poiché la dimensione è nulla, si ha che $L_A(K^m)={0}$, essendo $L_A(K^m)$ costituita dai vettori colonna della matrice cioè $L_A(e_i)=Ae_i$ i-esima colonna di $A$ con $i=1,...,n$ segue $A$ è la matrice nulla.
$ larr $
Sia $A$ matrice di ordine(m,n) nulla, tutte le righe o colonne sono linearmente dipendenti, dunque il rango di $A$ è nullo.
Invece,
È più avanti
$ rarr $
Sia $A$ matrice di ordine $ (m,n)$, risulta per hp. $rgA=dim(L_A(K^m))=0$, poiché la dimensione è nulla, si ha che $L_A(K^m)={0}$, essendo $L_A(K^m)$ costituita dai vettori colonna della matrice cioè $L_A(e_i)=Ae_i$ i-esima colonna di $A$ con $i=1,...,n$ segue $A$ è la matrice nulla.
$ larr $
Sia $A$ matrice di ordine(m,n) nulla, tutte le righe o colonne sono linearmente dipendenti, dunque il rango di $A$ è nullo.
Invece,
"j18eos":
Secondo me, il prof. Manetti ha usato il teorema di Rouché-Capelli senza esplicitarlo...
È più avanti
Esercizio. Perfetto!
È più avanti[/quote]Ah! 
"Pasquale 90":
[...]Invece,
[quote="j18eos"]
Secondo me, il prof. Manetti ha usato il teorema di Rouché-Capelli senza esplicitarlo...
È più avanti
[/quote]Ah!
A priori si è fissata una base \(\displaystyle\{e_1,\dotsc,e_m\}\)di \(\displaystyle\mathbb{K}^m\), quindi le "rimanenti" \(\displaystyle m-r\) colonne corrispondono ai vettori \(\displaystyle L_A(e_{r+1}),\dotsc,L_A(e_m)\).
Per definizione questi ultimi sono combinazione lineare dei vettori \(\displaystyle L_A(e_1),\dotsc,L(e_r)\).
Poi come continueresti?
Per definizione questi ultimi sono combinazione lineare dei vettori \(\displaystyle L_A(e_1),\dotsc,L(e_r)\).
Poi come continueresti?
j18eos mi sono perso.
Ricapitolando, noi abbiamo una matrice $A$ di ordine $(m,n)$, $x in K^n$, e considero il sistema $Ax=0.$
Considero l'applicazione associata alla matrice $A$ cioè $L_A : x in K^n to Ax in K^m.$
Ricordo del teorema del rango che nel nostro caso lo possiamo riformulare
Teorema : Sia $L_A: K^n to K^m$ applicazione lineare associata alla matrice $A$, risulta
Dunque $dim(Ker(L_A))=m-rg(L_A)$, e supponendo $r=rg(L_A)$ ossia la matrice $A$ ha $r$ colonne o righe linearmente indipendenti, quindi $dim(Ker(L_A))=m-r.$
Per non ripetere la locuzione colonne o righe, prendo in considerazione le colonne.
Quindi da $dim(Ker(L_A))=m-r$, non basta estrarre un sistema $S_A$ di colonne di $A$ linearmente indipendenti tale che $|S_A|=m-r$ per concludere?
Se quello che ho scritto sopra è corretto, i vettori colonna $L_A(e_(i+1)), i=r,...,m$ dovrebbero formare una base per il nucleo.
Ricapitolando, noi abbiamo una matrice $A$ di ordine $(m,n)$, $x in K^n$, e considero il sistema $Ax=0.$
Considero l'applicazione associata alla matrice $A$ cioè $L_A : x in K^n to Ax in K^m.$
Ricordo del teorema del rango che nel nostro caso lo possiamo riformulare
Teorema : Sia $L_A: K^n to K^m$ applicazione lineare associata alla matrice $A$, risulta
$m=dim(Ker(L_A))+rg(L_A)$
Dunque $dim(Ker(L_A))=m-rg(L_A)$, e supponendo $r=rg(L_A)$ ossia la matrice $A$ ha $r$ colonne o righe linearmente indipendenti, quindi $dim(Ker(L_A))=m-r.$
Per non ripetere la locuzione colonne o righe, prendo in considerazione le colonne.
Quindi da $dim(Ker(L_A))=m-r$, non basta estrarre un sistema $S_A$ di colonne di $A$ linearmente indipendenti tale che $|S_A|=m-r$ per concludere?
"j18eos":
A priori si è fissata una base \( \displaystyle\{e_1,\dotsc,e_m\} \)di \( \displaystyle\mathbb{K}^m \), quindi le "rimanenti" \( \displaystyle m-r \) colonne corrispondono ai vettori \( \displaystyle L_A(e_{r+1}),\dotsc,L_A(e_m) \).
Per definizione questi ultimi sono combinazione lineare dei vettori \( \displaystyle L_A(e_1),\dotsc,L(e_r) \).
Poi come continueresti?
Se quello che ho scritto sopra è corretto, i vettori colonna $L_A(e_(i+1)), i=r,...,m$ dovrebbero formare una base per il nucleo.
Tutto corretto, a parte quanto segue:
Scrivi quei vettori \(\displaystyle i\in\{r+1,\dotsc,m\},\,L(e_i)\) come combinazioni lineari dei vettori \(\displaystyle i\in\{1,\dotsc,r\},\,L(e_i)\); porta tutto da una parte e... cosa accade?
"Pasquale 90":questo è falso.
[...], i vettori colonna $ L_A(e_(i+1)), i=r,...,m $ dovrebbero formare una base per il nucleo.
Scrivi quei vettori \(\displaystyle i\in\{r+1,\dotsc,m\},\,L(e_i)\) come combinazioni lineari dei vettori \(\displaystyle i\in\{1,\dotsc,r\},\,L(e_i)\); porta tutto da una parte e... cosa accade?
Ciao j18eos,
ottengo una combinazione lineare nulla a coefficienti tutti non nulli, cioè i vettori sono linearmente dipendenti.
Quello che non mi ritorna è, se ho tanti vettori quanto alla dimensione dello spazio vettoriale, quello che si può verificare :
1) sono linearmente indipendenti o un sistema di generatori, quindi sono una base
2) sono linearmente dipendenti, quindi non sono una base
giusto ?
"j18eos":
Scrivi quei vettori \( \displaystyle i\in\{r+1,\dotsc,m\},\,L(e_i) \) come combinazioni lineari dei vettori \(\displaystyle i\in\{1,\dotsc,r\},\,L(e_i)\); porta tutto da una parte e... cosa accade?
ottengo una combinazione lineare nulla a coefficienti tutti non nulli, cioè i vettori sono linearmente dipendenti.
Quello che non mi ritorna è, se ho tanti vettori quanto alla dimensione dello spazio vettoriale, quello che si può verificare :
1) sono linearmente indipendenti o un sistema di generatori, quindi sono una base
2) sono linearmente dipendenti, quindi non sono una base
giusto ?
Più facilmente ottieni dei vettori che sono nel nucleo;
sicuro che siano l.d.?
P.S.: ma stai studiando da auto-didatta o stai preparando un esame?
sicuro che siano l.d.?
P.S.: ma stai studiando da auto-didatta o stai preparando un esame?
"j18eos":
Più facilmente ottieni dei vettori che sono nel nucleo;
Ok, ma se sono tanti quanto alla dimensione del nucleo allora sono necessariamente linearmente indipendenti.
Perché hai detto che non lo erano prima ?
Comunque sto studiando per prepararmi , se ci riesco, all'esame di geometria 1.
Perché?
Ciao Pasquale,
Ho notato che quello che scrivi è a tratti diversissimo da quanto scritto nel libro.
Ora ti scrivo cosa capisco io.
Per ogni $y in K^{m-r}$ esiste un unico vettore $x in K^r$ tale che
(*) $(A^{i_1},...,A^{i_r})x = -(A^{d_1},...,A^{d_{m-r}})y$.
Fin qui ci siamo, è una conseguenza del fatto che $A^{i_1},...,A^{i_r}$ formano una base dell'immagine.
Ne segue che per ogni $y in K^{m-r}$ esiste un unico vettore $x in K^r$ tale che
$(A^{i_1},...,A^{i_r})x+(A^{d_1},...,A^{d_{m-r}})y = 0$.
(Ho solo riformulato (*)). Questa uguaglianza si può riscrivere come
$Av=0$
dove $v in K^m$ è il vettore che ha come componenti i coefficienti di $x$ nelle posizioni $i_1,...,i_r$ (in quest'ordine!) e i coefficienti di $y$ nelle posizioni $d_1,...,d_{m-r}$ (in quest'ordine!). Osserva che ovviamente $v$ è soluzione del sistema. Dall'unicità di $x$ segue che questo vettore $v$ è univocamente determinato da $y$, chiamiamolo $v=f(y)$. Consideriamo la funzione $f:K^{m-r} to S$, $y to f(y)$, dove $S$ è l'insieme delle soluzioni del sistema (cioè $S=ker(L_A)$). Ok?
Questa $f$ è la funzione che devi dimostrare essere un isomorfismo lineare. Prova. (Ti avviso che è molto facile).
Ho notato che quello che scrivi è a tratti diversissimo da quanto scritto nel libro.
"Pasquale 90":Vuoi dire $d_{m-r}$, non $d_m-r$, è tutt'altra cosa.
$A^(d_1), ..., A^(d_m-r) $ colonne rimanenti.
per ogni $y in K^(m-r)$ vi è unico vettore $x in K^r$ tale cheQui hai sbagliato a copiare: non dice "troviamo un isomorfismo lineare tra $K^(m-r)$ e $K^r$", quello che dice è "troviamo un isomorfismo lineare tra $K^(m-r)$ e l'insieme delle soluzioni del sistema". Ricorda che l'insieme delle soluzioni del sistema è proprio il nucleo di $L_A$. E qui secondo la tua interpretazione l'insieme delle soluzioni sarebbe $K^r$, cosa non vera. Anche perché se fosse vera allora $K^{m-r}$ sarebbe isomorfo come spazio vettoriale a $K^r$, e quindi sarebbe $m-r=r$, cioè $m=2r$, non sarebbe un po' strano?$(A^(i_1), ..., A^(i_r))x=-(A^(d_1), ..., A^(d_m-r))y$ed è evidente che al variare di $y$ troviamo un isomorfismo lineare tra $K^(m-r)$ e $K^r$
$y_1 ne y_2 to -Cy_1ne-Cy_2$Questa implicazione è falsa. In matematica è meglio non "forzare" la verità, è molto meglio cercarla.
Ora ti scrivo cosa capisco io.
Per ogni $y in K^{m-r}$ esiste un unico vettore $x in K^r$ tale che
(*) $(A^{i_1},...,A^{i_r})x = -(A^{d_1},...,A^{d_{m-r}})y$.
Fin qui ci siamo, è una conseguenza del fatto che $A^{i_1},...,A^{i_r}$ formano una base dell'immagine.
Ne segue che per ogni $y in K^{m-r}$ esiste un unico vettore $x in K^r$ tale che
$(A^{i_1},...,A^{i_r})x+(A^{d_1},...,A^{d_{m-r}})y = 0$.
(Ho solo riformulato (*)). Questa uguaglianza si può riscrivere come
$Av=0$
dove $v in K^m$ è il vettore che ha come componenti i coefficienti di $x$ nelle posizioni $i_1,...,i_r$ (in quest'ordine!) e i coefficienti di $y$ nelle posizioni $d_1,...,d_{m-r}$ (in quest'ordine!). Osserva che ovviamente $v$ è soluzione del sistema. Dall'unicità di $x$ segue che questo vettore $v$ è univocamente determinato da $y$, chiamiamolo $v=f(y)$. Consideriamo la funzione $f:K^{m-r} to S$, $y to f(y)$, dove $S$ è l'insieme delle soluzioni del sistema (cioè $S=ker(L_A)$). Ok?
Questa $f$ è la funzione che devi dimostrare essere un isomorfismo lineare. Prova. (Ti avviso che è molto facile).
Ciao Martino, grazie per le correzioni.
Allora, vediamo se ho capito
si, in altre parole sto prendendo un vettore $y$ e lo esprimo come combinazione lineare di un sistema di generatori $A^{d_1},...,A^{d_{m-r}}$, a questo punto ottengo un vettore $x$ il quale a sua volta lo esprimo come combinazione lineare di $A^{i_1},...,A^{i_r}$
Sia $f: y in K^(m-r) to v in S$, devo provare che $f$ risulti essere iniettiva e suriettiva.
Allora l'iniettività, segue dall'unicità di $x$, invece, per la suriettività segue dalla definizione di $f$.
Va bene ?
Allora, vediamo se ho capito
"Martino":
Per ogni $y in K^{m-r}$ esiste un unico vettore $x in K^r$ tale che
(*) $(A^{i_1},...,A^{i_r})x = -(A^{d_1},...,A^{d_{m-r}})y$.
Fin qui ci siamo, è una conseguenza del fatto che $A^{i_1},...,A^{i_r}$ formano una base dell'immagine.
si, in altre parole sto prendendo un vettore $y$ e lo esprimo come combinazione lineare di un sistema di generatori $A^{d_1},...,A^{d_{m-r}}$, a questo punto ottengo un vettore $x$ il quale a sua volta lo esprimo come combinazione lineare di $A^{i_1},...,A^{i_r}$
"Martino":
Ne segue che per ogni $ y in K^{m-r} $ esiste un unico vettore $ x in K^r $ tale che
$ (A^{i_1},...,A^{i_r})x+(A^{d_1},...,A^{d_{m-r}})y = 0 $.
(Ho solo riformulato (*))
"Martino":
Questa uguaglianza si può riscrivere come
$ Av=0 $
dove $ v in K^m $ è il vettore che ha come componenti i coefficienti di $ x $ nelle posizioni $ i_1,...,i_r $ (in quest'ordine!) e i coefficienti di $ y $ nelle posizioni $ d_1,...,d_{m-r} $ (in quest'ordine!). Osserva che ovviamente $ v $ è soluzione del sistema. Dall'unicità di $ x $ segue che questo vettore $ v $ è univocamente determinato da $ y $, chiamiamolo $ v=f(y) $. Consideriamo la funzione $ f:K^{m-r} to S $, $ y to f(y) $, dove $ S $ è l'insieme delle soluzioni del sistema (cioè $ S=ker(L_A) $). Ok?
"Martino":
Questa $ f $ è la funzione che devi dimostrare essere un isomorfismo lineare. Prova. (Ti avviso che è molto facile).
Sia $f: y in K^(m-r) to v in S$, devo provare che $f$ risulti essere iniettiva e suriettiva.
Allora l'iniettività, segue dall'unicità di $x$, invece, per la suriettività segue dalla definizione di $f$.
Va bene ?
"Pasquale 90":??? No, ripensaci. Inoltre è meglio se scrivi quello che vuoi dire con formule e non solo a parole.
si, in altre parole sto prendendo un vettore $y$ e lo esprimo come combinazione lineare di un sistema di generatori $A^{d_1},...,A^{d_{m-r}}$, a questo punto ottengo un vettore $x$ il quale a sua volta lo esprimo come combinazione lineare di $A^{i_1},...,A^{i_r}$
Allora l'iniettività, segue dall'unicità di $x$, invece, per la suriettività segue dalla definizione di $f$.No, né l'iniettività né la suriettività vanno bene. Ripensaci e scrivi con formule e non solo a parole.
Va bene ?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo