Dimensione di uno spazio descritto da equazioni e dubbio
Ciao, abbisogno di un aiutino
sostanzialmente di fronte a un esercizio tipico con varie dispense mi trovo di fronte a uno spazio descritto da equazioni omogenee e devo determinarne la base di quello spazio.
La cosa "strana" è che giungo a risolvere un equazione matriciale del tipo:
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0)) ((x_1),(x_2),(x_3),(x_4))=((0),(0),(0),(0))$
Alché mi son risposto:
3 equazioni l.indipendenti e 4 incognite= 1 variabile libera, sarà dimensione 1 e avrà quindi base 1 che è data dalla soluzione del sistema:
$x_1=-x2$
$x_3=x_2$
Chiamo $x_2=t$ e avrò $((-t),(t),(t),(0))=t((-1),(1),(1),(0))$, e quindi $((-1),(1),(1),(0))$ lamia base, poi vado a confrontare la soluzione e la base è:
$t((-1),(1),(1),(0))+x_4((0),(0),(0),(1))$ cioè: $((-1),(1),(1),(0)),((0),(0),(0),(1))$
E' come se avesse considerato x_4 parametro libero, però che strana cosa: ho uno spazio a dimensione 2 e rouché capelli non funziona, non capisco come far tornare capelli in questo caso specifico.
sostanzialmente di fronte a un esercizio tipico con varie dispense mi trovo di fronte a uno spazio descritto da equazioni omogenee e devo determinarne la base di quello spazio.
La cosa "strana" è che giungo a risolvere un equazione matriciale del tipo:
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0)) ((x_1),(x_2),(x_3),(x_4))=((0),(0),(0),(0))$
Alché mi son risposto:
3 equazioni l.indipendenti e 4 incognite= 1 variabile libera, sarà dimensione 1 e avrà quindi base 1 che è data dalla soluzione del sistema:
$x_1=-x2$
$x_3=x_2$
Chiamo $x_2=t$ e avrò $((-t),(t),(t),(0))=t((-1),(1),(1),(0))$, e quindi $((-1),(1),(1),(0))$ lamia base, poi vado a confrontare la soluzione e la base è:
$t((-1),(1),(1),(0))+x_4((0),(0),(0),(1))$ cioè: $((-1),(1),(1),(0)),((0),(0),(0),(1))$
E' come se avesse considerato x_4 parametro libero, però che strana cosa: ho uno spazio a dimensione 2 e rouché capelli non funziona, non capisco come far tornare capelli in questo caso specifico.
Risposte
Ciao,
$ r((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0)) =?$
Se r stà per rango è:2
Vado a fustigarmi?
Vado a fustigarmi?
"matemos":
Vado a fustigarmi?
Procedi
P.S. presumo che tu abbia capito; se così non fosse dovresti fustigarti due volte
no scherzo 
chiedi pure! 
Ho capito il problema suddetto diciamo, ma l'esercizio non mi torna comunque...mi sa che si rende necessario scriverlo per esteso nonostante abbia già ordinato un cilicio su ebay
Sono all'ultimo punto di questo esercizio che chiede di trovare la controimmagine di un endomorfismo descritto così
$f((a,b),(c,d))=((a+b,a+c),(a+c,c-b))$
a) Il sottospazio delle matrici simmetriche
b) la controimmagine dell'elemento $((0),(1),(1),(1))$
Siamo in basi canoniche, procediamo:
La già vista
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))$ è la matrice associata della mia applicazione lineare.
Partendo dal b)
Ho pensato di impostare:
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((x),(y),(z),(t))=((0),(1),(1),(1))$ cioè trovare un vettore (x,y,z,t) che mi dia come immagine: (0,1,1,1)
Il sistema ha 4 incognite, in realtà 3 perché la quarta ha coefficiente zero, quindi 3-2=1 mi aspetto una famiglia di vettori che vanno nell'immagine (0,1,1,1) e arrivo al sistema:
${ (x+y=0),(x+z=1),(x+z=1),(-y+z=1):} { (x=-y),(x=-z+1),(y=z+1):}$ chiamo z=m parametro libero
Da cui: $((-m),(m+1),(m),(r))$ ho chiamato r la quarta incognita poiché non essendoci avrà possibilità di assumere qualunque valore nei reali.
Sarebbe giusto? Di questo purtroppo non ho il risultato Più che altro non capisco se assegnare r sia concettualmente corretto e perché lo sia. Puro istinto
Passando alla domanda a)
La condizione matrici simmetriche mi imporrebbe di considerare come immagine un vettore del tipo:
$((x,y),(z,t))$ ma z=y quindi $((x,y),(y,t))$
La condizione per definizione è avere:
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((a),(b),(c),(d))=((x),(y),(y),(t))$
Riducendo la matrice completa associata al sistema avrei:
$((1,1,0,0,x),(1,0,1,0,y),(1,0,1,0,y),(0,-1,1,0,t))$ e ancora $((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t))$
Per rendere il sistema compatibile impongo x-y+t=0 che è la condizione perché il vettore appartenga all'immagine e al codominio.
Procedo per trovare la base con la matrice:
$((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t))$
da cui il sistema:
${ (-b-c=x+y),(a+c=y):}$
Da cui il vettore soluzione: $((b+a),(a+c),(c),(d))$ e riscrivendolo:
$a((1,1),(0,0))+b((1,0),(0,0))+c((0,1),(1,0))+d((0,0),(0,1))$
La soluzione riportata era $((1,0),(0,0)),((0,1),(0,0)),((0,0),(1,0)),((0,0),(0,1))$
Dal mio sistema di vettori si giunge a questo perché sono solo due basi distinte, mi chiedevo più che altro se l'esercizio come l'ho svolto nella parte b fosse corretto o meno.
Grazie Magma
Sono all'ultimo punto di questo esercizio che chiede di trovare la controimmagine di un endomorfismo descritto così
$f((a,b),(c,d))=((a+b,a+c),(a+c,c-b))$
a) Il sottospazio delle matrici simmetriche
b) la controimmagine dell'elemento $((0),(1),(1),(1))$
Siamo in basi canoniche, procediamo:
La già vista
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))$ è la matrice associata della mia applicazione lineare.
Partendo dal b)
Ho pensato di impostare:
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((x),(y),(z),(t))=((0),(1),(1),(1))$ cioè trovare un vettore (x,y,z,t) che mi dia come immagine: (0,1,1,1)
Il sistema ha 4 incognite, in realtà 3 perché la quarta ha coefficiente zero, quindi 3-2=1 mi aspetto una famiglia di vettori che vanno nell'immagine (0,1,1,1) e arrivo al sistema:
${ (x+y=0),(x+z=1),(x+z=1),(-y+z=1):} { (x=-y),(x=-z+1),(y=z+1):}$ chiamo z=m parametro libero
Da cui: $((-m),(m+1),(m),(r))$ ho chiamato r la quarta incognita poiché non essendoci avrà possibilità di assumere qualunque valore nei reali.
Sarebbe giusto? Di questo purtroppo non ho il risultato Più che altro non capisco se assegnare r sia concettualmente corretto e perché lo sia. Puro istinto
Passando alla domanda a)
La condizione matrici simmetriche mi imporrebbe di considerare come immagine un vettore del tipo:
$((x,y),(z,t))$ ma z=y quindi $((x,y),(y,t))$
La condizione per definizione è avere:
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((a),(b),(c),(d))=((x),(y),(y),(t))$
Riducendo la matrice completa associata al sistema avrei:
$((1,1,0,0,x),(1,0,1,0,y),(1,0,1,0,y),(0,-1,1,0,t))$ e ancora $((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t))$
Per rendere il sistema compatibile impongo x-y+t=0 che è la condizione perché il vettore appartenga all'immagine e al codominio.
Procedo per trovare la base con la matrice:
$((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t))$
da cui il sistema:
${ (-b-c=x+y),(a+c=y):}$
Da cui il vettore soluzione: $((b+a),(a+c),(c),(d))$ e riscrivendolo:
$a((1,1),(0,0))+b((1,0),(0,0))+c((0,1),(1,0))+d((0,0),(0,1))$
La soluzione riportata era $((1,0),(0,0)),((0,1),(0,0)),((0,0),(1,0)),((0,0),(0,1))$
Dal mio sistema di vettori si giunge a questo perché sono solo due basi distinte, mi chiedevo più che altro se l'esercizio come l'ho svolto nella parte b fosse corretto o meno.
Grazie Magma
"matemos":L'impostazione è giusta, ma sbagli ad affermare che il sistema abbia $3$ incognite.
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((x),(y),(z),(t))=((0),(1),(1),(1))$
cioè trovare un vettore $(x,y,z,t)$ che mi dia come immagine: $(0,1,1,1)$
Il sistema ha 4 incognite, in realtà 3 perché la quarta ha coefficiente zero, quindi 3-2=1 mi aspetto una famiglia di vettori che vanno nell'immagine (0,1,1,1) e arrivo al sistema:
La ridotta della matrice completa $A|B$ è:
$( ( 1 , 1 , 0 , 0 , |0),( 0 , -1 , 1 , 0 , |1 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , |0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , |0 ) ) $
che ha due pivot:
$\text{ numero incognite totali - numero pivot = numero incognite libere}$,
ovvero $4-2=2$, per cui il sistema ammette $oo^2$ soluzioni. Le incognite dipendenti sono $x, y$ mentre quelle libere $z,t$ e una soluzione è:
${ ( x+y=0 ),( -y+z=1 ),( zin RR ),( t in RR ):} hArr{ ( x=-y=-z+1 ),( y=z-1 ),( zin RR ),( t in RR ):} $
$hArr ((-z+1),(z-1),(z),(t))=z((-1),(1),(1),(0))+t((0),(0),(0),(1))+((1),(-1),(0),(0)), qquad AA z,t in RR$
"matemos":
Passando alla domanda a)
La condizione matrici simmetriche mi imporrebbe di considerare come immagine un vettore del tipo:
$ ((x,y),(z,t)) $ ma z=y quindi $ ((x,y),(y,t)) $
La condizione per definizione è avere:
$ ((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((a),(b),(c),(d))=((x),(y),(y),(t)) $
Riducendo la matrice completa associata al sistema avrei:
$ ((1,1,0,0,x),(1,0,1,0,y),(1,0,1,0,y),(0,-1,1,0,t)) $ e ancora $ ((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t)) $
Per rendere il sistema compatibile impongo x-y+t=0 che è la condizione perché il vettore appartenga all'immagine e al codominio.
Procedo per trovare la base con la matrice:
$ ((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t)) $
da cui il sistema:
$ { (-b-c=x+y),(a+c=y):} $
Da cui il vettore soluzione: $ ((b+a),(a+c),(c),(d)) $ e riscrivendolo:
$ a((1,1),(0,0))+b((1,0),(0,0))+c((0,1),(1,0))+d((0,0),(0,1)) $
La soluzione riportata era $ ((1,0),(0,0)),((0,1),(0,0)),((0,0),(1,0)),((0,0),(0,1)) $
Dal mio sistema di vettori si giunge a questo perché sono solo due basi distinte, mi chiedevo più che altro se l'esercizio come l'ho svolto nella parte b fosse corretto o meno.
Non capisco
Lo scopo è trovare una base dello spazio delle matrici simmetriche? Se sì, una generica matrice $2xx2$ simmetrica è del tipo
$( ( a , b ),( b , c ) ) qquad, AA a,b,c in RR$
e una base è ${( ( 1 , 0 ),( 0 , 0 ) ),( ( 0, 1 ),(1 , 0) ),( ( 0, 0 ),(0 , 1 ) )}$
"Magma":[/quote]L'impostazione è giusta, ma sbagli ad affermare che il sistema abbia $3$ incognite.
[quote="matemos"]
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((x),(y),(z),(t))=((0),(1),(1),(1))$
cioè trovare un vettore $(x,y,z,t)$ che mi dia come immagine: $(0,1,1,1)$
Il sistema ha 4 incognite, in realtà 3 perché la quarta ha coefficiente zero, quindi 3-2=1 mi aspetto una famiglia di vettori che vanno nell'immagine (0,1,1,1) e arrivo al sistema:
La ridotta della matrice completa $A|B$ è:
$( ( 1 , 1 , 0 , 0 , |0),( 0 , -1 , 1 , 0 , |1 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , |0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , |0 ) ) $
che ha due pivot:
$\text{ numero incognite totali - numero pivot = numero incognite libere}$,
ovvero $4-2=2$, per cui il sistema ammette $oo^2$ soluzioni. Le incognite dipendenti sono $x, y$ mentre quelle libere $z,t$ e una soluzione è:
${ ( x+y=0 ),( y+z=1 ),( zin RR ),( t in RR ):} hArr{ ( x=-y=-1+z ),( y=1-z ),( zin RR ),( t in RR ):} $
$hArr ((z-1),(-z+1),(z),(t))=z((1),(-1),(1),(0))+t((0),(0),(0),(1))+((-1),(1),(0),(0)), qquad AA z,t in RR$
[\quote]
Allora, credo ci sia solo un errorino nella riduzione perché l'ho riprovata 3 volte ma mi viene diversa e quindi il risultato finale diverso ma l'impostazione almeno l'ho capita e mille grazie!
Per il punto che non hai capito invece... eh lo credo bene ho sbagliato a scrivere noto solo ora...
-esplicitare la seguente controimmagine e se possibile base e dimensione: sottospazio R2,2 delle matrici simmetriche
Prova a rivedere se ora ti torna quanto scrivevo
Sei troppo bravo e volevo sabotarti, lo ammetto
"matemos":
Allora, credo ci sia solo un errorino nella riduzione perché l'ho riprovata 3 volte ma mi viene diversa e quindi il risultato finale diverso ma l'impostazione almeno l'ho capita e mille grazie!
Confermo
, però l'errore non è nella riduzione ma nel riscrivere il sistema mi sono perso un meno per strada Ho corretto il post; ti torna?
"matemos":
esplicitare la seguente controimmagine
$f( ( 1 , -1 ),( 0 , 0) )=( ( 0 , 1 ),( 1 ,1) )$
"matemos":
base e dimensione: sottospazio R2,2 delle matrici simmetriche
La base delle matrici $2xx2$ simmetrica è
$ {( ( 1 , 0 ),( 0 , 0 ) ),( ( 0, 1 ),(1 , 0) ),( ( 0, 0 ),(0 , 1 ) )} $
da cui la dimensione è pari a $3$.
Non capisco, invece, perché ti abbia proposta come base quella di una qualsiasi matrice $2xx2$
"Magma":[/quote]
[quote="matemos"]
Non capisco, invece, perché ti abbia proposta come base quella di una qualsiasi matrice $2xx2$
Perché è scritto male come forma il testo e anche io all'inizio non lo capivo, però quello che ti ho scritto è quello giusto. Stavolta non è colpa mia
"-esplicitare la seguente controimmagine e se possibile base e dimensione: sottospazio R2,2 delle matrici simmetriche
Prova a rivedere se ora ti torna quanto scrivevo"
Intende che devo trovare la controimmagine del sottospazio delle matrici simmetriche (sottospazio del mio codominio)..
Allora, giusto per essere chiari, data una generica funzione
$f(v)=w$ è l'immagine di $v$ e si ha che $f(v) in W$
$f^(-1)(w)=v$ è la controimmagine di $w$ e si cha che $f^(-1) (w) in V$
Nel caso in esame si ha
Per comodità di scrittura useremo l'isomorfismo
Posto $A=M_(E,E)(g)=((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))$, si vede che
Se $A$ fosse invertibile, allora per determinare la controimmagine basterebbe calcolare l'inversa di $A$, ovvero
ma così non è in quanto $r(A)=2$[nota]$R_2-R_1=R_3-R_1=R_4$, dove con $R_i$ intendo l'$i$-esima riga di $A$.[/nota]; ciò vuol dire che
Risolvendo $Av=bar(0)$ si trova[nota]Calcolo che possiamo saltare in quanto, se $mathcal(S)$ è un sistema lineare non omogeno, $mathcal(S)$ ha soluzioni $X_o + X_p$ dove $X_o$ è una soluzione del sistema lineare omogeneo associato e $X_p$ è una soluzione particolare[/nota] che
questi due vettori sono le controimmagini di $bar(0) in \text{Codominio}$.
L'immagine di un'applicazione lineare è generata dalle colonne di $A$, e una base comoda è
Abbiamo detto che
mentre
Io lo risolverei così; in caso di errori avvertitemi
$f: V-> W$
$v in V; qquad w in W$
$v in V; qquad w in W$
$f(v)=w$ è l'immagine di $v$ e si ha che $f(v) in W$
$f^(-1)(w)=v$ è la controimmagine di $w$ e si cha che $f^(-1) (w) in V$
Nel caso in esame si ha
$ f: M_2(RR)->M_2(RR) $
$AA a,b,c,d in RR, qquad ((a,b),(c,d)) |-> f(((a,b),(c,d)))=((a+b,a+c),(a+c,c-b)) $
Per comodità di scrittura useremo l'isomorfismo
$g: M_2(RR) -> RR^4$ definito ponendo
$AA a,b,c,d in RR, qquad g(((a+b,a+c),(a+c,c-b)))=[((a+b,a+c),(a+c,c-b))]_E=((a+b),(a+c),(a+c),(c-b))$
$AA a,b,c,d in RR, qquad g(((a+b,a+c),(a+c,c-b)))=[((a+b,a+c),(a+c,c-b))]_E=((a+b),(a+c),(a+c),(c-b))$
Posto $A=M_(E,E)(g)=((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))$, si vede che
$g=L_A(v)=Av=((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((a),(b),(c),(d))$
Se $A$ fosse invertibile, allora per determinare la controimmagine basterebbe calcolare l'inversa di $A$, ovvero
$Av=w rArr A^(-1)Av=A^(-1)w rArr v=A^(-1)w$
ma così non è in quanto $r(A)=2$[nota]$R_2-R_1=R_3-R_1=R_4$, dove con $R_i$ intendo l'$i$-esima riga di $A$.[/nota]; ciò vuol dire che
$dim(ker)=2=dim(Im)$
Risolvendo $Av=bar(0)$ si trova[nota]Calcolo che possiamo saltare in quanto, se $mathcal(S)$ è un sistema lineare non omogeno, $mathcal(S)$ ha soluzioni $X_o + X_p$ dove $X_o$ è una soluzione del sistema lineare omogeneo associato e $X_p$ è una soluzione particolare[/nota] che
$ker=mathcal(L){((-1),(1),(1),(0)),((0),(0),(0),(1))}$
questi due vettori sono le controimmagini di $bar(0) in \text{Codominio}$.
L'immagine di un'applicazione lineare è generata dalle colonne di $A$, e una base comoda è
$Imf=mathcal(L){((1),(1),(1),(0)), ((0),(1),(1),(1))}$
Abbiamo detto che
$f^(-1) {((0),(1),(1),(1))}=((-z+1),(z-1),(z),(t)), qquad AA z,t in RR $
mentre
$f^(-1) {((1),(1),(1),(0))}=((-z+1),(z),(z),(t)), qquad AA z,t in RR $
Io lo risolverei così; in caso di errori avvertitemi
Ammetto che sto guardando di fretta perché devo uscire,ma ero troppo curioso e un occhio ce l'ho buttato lo stesso.
Non vorrei dire cavolate, ma così facendo non hai trovato il nucleo (ker)?
Io dovrei trovare la controimmagine di tutto quel sottospazio delle simmetriche... Prova ne è la soluzione del libro:
$((1,0),(0,0)),((0,1),(0,0)),((0,0),(1,0)),((0,0),(0,1))$
Che dici?
Grazie ancora
Non vorrei dire cavolate, ma così facendo non hai trovato il nucleo (ker)?
Io dovrei trovare la controimmagine di tutto quel sottospazio delle simmetriche... Prova ne è la soluzione del libro:
$((1,0),(0,0)),((0,1),(0,0)),((0,0),(1,0)),((0,0),(0,1))$
Che dici?
Grazie ancora
Io capisco che la funzione $f$, da come l'hai definita, prende una qualsiasi matrice $2xx2$ e, attraverso una combinazione lineare delle prime entrate ($a,b,c in RR$), la trasforma in una matrice simmetrica.
Ma esiste anche il parametro $d in RR$ per cui vale
Per questo suppongo che ti sia esposta come base quella canonica delle $M_2(RR)$, anziché la base delle matrici simmetriche $2xx2$
Ma esiste anche il parametro $d in RR$ per cui vale
$((0,0),(0,d))=f^(-1)(bar(0))$
Per questo suppongo che ti sia esposta come base quella canonica delle $M_2(RR)$, anziché la base delle matrici simmetriche $2xx2$
Nel frattempo sono andato avanti con altri tipi di esercizi e nella teoria, però sono ancora fermo su questi del nucleo, mi interesserebbe capire se questa metodologia risolutiva sia corretta (impostare un sistema del genere, a parte i calcoli che ho visto un errore nel frattempo).
Ad esempio tu come risolveresti un esercizio del genere, io ho fatto come sopra, ma non capisco se sia giusto:
Sia $f:R^3->R^4$ l'applicazione definita da $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2,2x_1+x_2+x_3,x_1+x_3,x_2-x_3)$
Ho la matrice associata all'applicazione rispetto alle basi canoniche:
$A=((1,1,0),(2,1,0),(1,0,1),(0,1,-1))$
-Calcolare $f^-1(K)$ (cioè la controimmagine) con $K={(y_1,y_2,y_3,y_4)|y_1+y_2=0}$
"matemos":
La condizione matrici simmetriche mi imporrebbe di considerare come immagine un vettore del tipo:
$((x,y),(z,t))$ ma z=y quindi $((x,y),(y,t))$
La condizione per definizione è avere:
$((1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,0),(0,-1,1,0))((a),(b),(c),(d))=((x),(y),(y),(t))$
Riducendo la matrice completa associata al sistema avrei:
$((1,1,0,0,x),(1,0,1,0,y),(1,0,1,0,y),(0,-1,1,0,t))$ e ancora $((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t))$
Per rendere il sistema compatibile impongo x-y+t=0 che è la condizione perché il vettore appartenga all'immagine e al codominio.
Procedo per trovare la base con la matrice:
$((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t))$
da cui il sistema:
${ (-b-c=x+y),(a+c=y):}$
Da cui il vettore soluzione: $((b+a),(a+c),(c),(d))$ e riscrivendolo:
$a((1,1),(0,0))+b((1,0),(0,0))+c((0,1),(1,0))+d((0,0),(0,1))$
La soluzione riportata era $((1,0),(0,0)),((0,1),(0,0)),((0,0),(1,0)),((0,0),(0,1))$
Dal mio sistema di vettori si giunge a questo perché sono solo due basi distinte, mi chiedevo più che altro se l'esercizio come l'ho svolto nella parte b fosse corretto o meno.
Grazie Magma
Ad esempio tu come risolveresti un esercizio del genere, io ho fatto come sopra, ma non capisco se sia giusto:
Sia $f:R^3->R^4$ l'applicazione definita da $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2,2x_1+x_2+x_3,x_1+x_3,x_2-x_3)$
Ho la matrice associata all'applicazione rispetto alle basi canoniche:
$A=((1,1,0),(2,1,0),(1,0,1),(0,1,-1))$
-Calcolare $f^-1(K)$ (cioè la controimmagine) con $K={(y_1,y_2,y_3,y_4)|y_1+y_2=0}$
"matemos":
Ad esempio tu come risolveresti un esercizio del genere
Sia $ f:R^3->R^4 $ l'applicazione definita da
$ f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2,2x_1+x_2+x_3,x_1+x_3,x_2-x_3) $
Ho la matrice associata all'applicazione rispetto alle basi canoniche:
$ A=((1,1,0),(2,1,1),(1,0,1),(0,1,-1)) $
Calcolare $ f^-1(K) $ (cioè la controimmagine) con $ K={(y_1,y_2,y_3,y_4)|y_1+y_2=0} $
Esplicito una base di $K$
$K={(y_1,y_2,y_3,y_4)in RR^4|y_1+y_2=0}=mathcal(L){((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1))}:=mathcal(L){k_1,k_2,k_3}$
Poiché $K=k_1 uu k_2 uu k_3$, allora $f^(-1)(K)=f^(-1)(k_1 uu k_2 uu k_3)=f^(-1)(k_1)uuf^(-1)(k_2)uuf^(-1)(k_3)$
quindi basta risolvere tre sistemi lineari non emogenei
$Av=k_i, qquad i=1,2,3$
P.S. per tenere la "stanza" pulita, avresti dovuto aprire un nuovo topic
Scusa se non ne ho aperta un'altra. In realtà non l'ho fatto perché mi interessava più "trovare un metodo" che risolvere un esercizio e quindi mi pareva un continuum della precedente. In futuro ne terrò conto, ormai il danno è fatto
In effetti è un ottima idea quella che mi hai proposto, solo una domanda, esplicitando una base di K non c'è il rischio che se la funzione non è suriettiva io mi vada a pescare un vettore di K del codominio che però non ha controimmagine nel dominio.In altre parole se questo accadesse come me ne accorgerei? Uscirebbe uno di quei 3 sistemi incompatibile?
Buon pomeriggio.
PS: [Edit]
Stavo provando a svolgere i 3 sistemi ma mi sono accorto essere incompatibili
ma come è possibile? Il ragionamento mi torna!
In effetti è un ottima idea quella che mi hai proposto, solo una domanda, esplicitando una base di K non c'è il rischio che se la funzione non è suriettiva io mi vada a pescare un vettore di K del codominio che però non ha controimmagine nel dominio.In altre parole se questo accadesse come me ne accorgerei? Uscirebbe uno di quei 3 sistemi incompatibile?
Buon pomeriggio.
PS: [Edit]
Stavo provando a svolgere i 3 sistemi ma mi sono accorto essere incompatibili
ma come è possibile? Il ragionamento mi torna!
"matemos":
se la funzione non è suriettiva io mi vada a pescare un vettore di K del codominio che però non ha controimmagine nel dominio.In altre parole se questo accadesse come me ne accorgerei? Uscirebbe uno di quei 3 sistemi incompatibile?
Esattamente
"matemos":
PS: [Edit]
Stavo provando a svolgere i 3 sistemi ma mi sono accorto essere incompatibili
Per verificare se i calcoli siano giusti possiamo osservare, per prima cosa, che $r(A)=2$ e quindi che
$Im(f)=mathcal(L){((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))}$
e notare che
$((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1)) notinmathcal(L) {((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))} $
Quindi sostanzialmente siamo proprio nel caso che ipotizzavo? Non abbiamo controimmagine di quei due vettori perché non stanno nel dominio dell'applicazione lineare: da qui 3 sistemi incompatibili
La cosa strana è che con il metodo che avevo impostato veniva proprio il risultato che indicava il professore: controimmagine ha base (1,0,-3) e (-1,1,1) potrebbe aver sbagliato lui a 'sto punto?
EDIT:
Stavo anche notando che:
-3 sistemi incompatibili
-confermato dal notare che i 3 vettori della base di quello spazio di matrici non appartengono allo span di immagine di f
Frettolosamente avrei concluso che non vi era controimmagine per quel tipo di matrici di K, invece a ben rifletterci ho delle controimmagini: il vettore nullo appartiene sia a
$SPan=((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1))$ che $span=((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))$, quindi in realtà la controimmagine sarebbe tutti i vettori del Kernel?
Ho capito bene?
La cosa strana è che con il metodo che avevo impostato veniva proprio il risultato che indicava il professore: controimmagine ha base (1,0,-3) e (-1,1,1) potrebbe aver sbagliato lui a 'sto punto?
EDIT:
e notare che
$((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1)) notinmathcal(L) {((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))} $
Stavo anche notando che:
-3 sistemi incompatibili
-confermato dal notare che i 3 vettori della base di quello spazio di matrici non appartengono allo span di immagine di f
Frettolosamente avrei concluso che non vi era controimmagine per quel tipo di matrici di K, invece a ben rifletterci ho delle controimmagini: il vettore nullo appartiene sia a
$SPan=((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1))$ che $span=((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))$, quindi in realtà la controimmagine sarebbe tutti i vettori del Kernel?
Ho capito bene?
"matemos":
Quindi sostanzialmente siamo proprio nel caso che ipotizzavo? Non abbiamo controimmagine di quei due vettori perché non stanno nel dominio dell'applicazione lineare: da qui 3 sistemi incompatibili
Non proprio: non si hanno controimmagini, perché quei vettori, pur appartenendo al codominio $RR^4$, non appartengono all' $Im(f)$[nota]Ricordo che $Im(f) subseteq RR^4$[/nota].
Ho svolto anche i calcoli dei sistemi[nota]Ricordo che la controimmagine è definita come $f^(-1)(y):={x in X | f(x)=y}={x in X | Ax=y}$[/nota] ed ottengono
$r(A)
ovvero che questi vettori non hanno controimmagini.
Potresti postare lo svolgimento, relativo a questo esercizio, in modo da capire meglio?
Per esempio nel procedimento quotato in precedenza non mi sono chiari i passaggi messi nll'ot
[ot]
ovvero che questi vettori non hanno controimmagini.
"matemos":
La cosa strana è che con il metodo che avevo impostato veniva proprio il risultato che indicava il professore: controimmagine ha base $(1,0,-3)$ e $(-1,1,1)$ potrebbe aver sbagliato lui a 'sto punto?
Potresti postare lo svolgimento, relativo a questo esercizio, in modo da capire meglio?
Per esempio nel procedimento quotato in precedenza non mi sono chiari i passaggi messi nll'ot
[ot]
"matemos":[/ot]
Riducendo la matrice completa associata al sistema avrei:
$ ((1,1,0,0,x),(1,0,1,0,y),(1,0,1,0,y),(0,-1,1,0,t)) $ e ancora $ ((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t)) $
Per rendere il sistema compatibile impongo $x-y+t=0$ che è la condizione perché il vettore appartenga all'immagine e al codominio.
Procedo per trovare la base con la matrice:
$ ((1,1,0,0,x-y),(1,0,1,0,y),(0,0,0,0,0),(0,0,0,0,x-y+t)) $
da cui il sistema:
$ { (-b-c=x+y),(a+c=y):} $
Da cui il vettore soluzione: $ ((b+a),(a+c),(c),(d)) $
Prima di postare lo svolgimento volevo chiarire questo dubbio, più che altro per non trovarci con mille domande insieme
Ho sbagliato: in realtà volevo dire "Non abbiamo controimmagine di quei due vettori perché non abbiamo nel dominio vettori che mandano a loro (come immagine)"
Un po' contorto ma mi pare quello che affermavi tu
L'altra domanda che mi rimane è questa:
Sei d'accordo su questo
Non proprio: non si hanno controimmagini, perché quei vettori, pur appartenendo al codominio $RR^4$, non appartengono all' $Im(f)$[nota]Ricordo che $Im(f) subseteq RR^4$[/nota].
Ho sbagliato: in realtà volevo dire "Non abbiamo controimmagine di quei due vettori perché non abbiamo nel dominio vettori che mandano a loro (come immagine)"
Un po' contorto ma mi pare quello che affermavi tu
L'altra domanda che mi rimane è questa:
"matemos":
e notare che
$((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1)) notinmathcal(L) {((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))} $
Stavo anche notando che:
-3 sistemi incompatibili
-confermato dal notare che i 3 vettori della base di quello spazio di matrici non appartengono allo span di immagine di f
Frettolosamente avrei concluso che non vi era controimmagine per quel tipo di matrici di K, invece a ben rifletterci ho delle controimmagini: il vettore nullo appartiene sia a
$SPan=((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1))$ che $span=((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))$, quindi in realtà la controimmagine sarebbe tutti i vettori del Kernel?
Ho capito bene?
Sei d'accordo su questo
"matemos":
L'altra domanda che mi rimane è questa:
[quote="matemos"]
e notare che
$((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1)) notinmathcal(L) {((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))} $
Stavo anche notando che:
-3 sistemi incompatibili
-confermato dal notare che i 3 vettori della base di quello spazio di matrici non appartengono allo span di immagine di f
Frettolosamente avrei concluso che non vi era controimmagine per quel tipo di matrici di K, invece a ben rifletterci ho delle controimmagini: il vettore nullo appartiene sia a
$SPan=((-1),(1),(0),(0)),((0),(0),(1),(0)),((0),(0),(0),(1))$ che $span=((1),(2),(1),(0)),((1),(1),(0),(1))$, quindi in realtà la controimmagine sarebbe tutti i vettori del Kernel?
Ho capito bene?
Sei d'accordo su questo[/quote]
Contenere il vettore nullo è una condizione necessaria affinché un insieme possa dirsi "spazio vettoriale"; quindi è più che ovvio che vi appartenga.
Grazie
Allora, provo a buttar giù lo svolgimento più nel dettaglio possibile:
Si ha $f:R^3->R^4$
definita da $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2,2x_1+x_2+x_3,x_1+x_3,x_2-x_3)$
Matrice associata:
$((1,1,0),(2,1,0),(1,0,0),(0,1,-1))$
Richiesta: calcolare $f^-1(K) con K={(y_1,y_2,y_3,y_4)|y_1+y_2=0}$
In sostanza K è descritto dalla base $(t_1,-t_1,t_2,t_3)$
e $f^-1(K) con K={(x_1,x_2,x_3)|A((x_1),(x_2),(x_3))=((t_1),(-t_1),(t_2),(t_3))}$ con A la matrice associata sopra
quindi:
$((1,1,0,t_1),(2,1,0,-t_1),(1,0,0,t_2),(0,1,-1,t_3))$ riduce $((1,1,0,t_1),(0,-1,1,-3t_1),(0,0,0,t_2+2t_1),(0,0,0,t_3-3t_1))$
Il rango della matrice completa deve essere pari a quella incompleta quindi pone:
$t_2=-t_1$ e $t_3=3t_1$
Risolve quindi:
$((1,1,0,t_1),(0,-1,1,-3t_1),(0,0,0,0),(0,0,0,0)$
Il sistema impone:
$x_1=t_1-x_2$
$x_3=-3t_1+x_2$7
e ricava la base della controimmagine:
$(1,0,-3)$,$(-1,111)$
Allora, provo a buttar giù lo svolgimento più nel dettaglio possibile:
Si ha $f:R^3->R^4$
definita da $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2,2x_1+x_2+x_3,x_1+x_3,x_2-x_3)$
Matrice associata:
$((1,1,0),(2,1,0),(1,0,0),(0,1,-1))$
Richiesta: calcolare $f^-1(K) con K={(y_1,y_2,y_3,y_4)|y_1+y_2=0}$
In sostanza K è descritto dalla base $(t_1,-t_1,t_2,t_3)$
e $f^-1(K) con K={(x_1,x_2,x_3)|A((x_1),(x_2),(x_3))=((t_1),(-t_1),(t_2),(t_3))}$ con A la matrice associata sopra
quindi:
$((1,1,0,t_1),(2,1,0,-t_1),(1,0,0,t_2),(0,1,-1,t_3))$ riduce $((1,1,0,t_1),(0,-1,1,-3t_1),(0,0,0,t_2+2t_1),(0,0,0,t_3-3t_1))$
Il rango della matrice completa deve essere pari a quella incompleta quindi pone:
$t_2=-t_1$ e $t_3=3t_1$
Risolve quindi:
$((1,1,0,t_1),(0,-1,1,-3t_1),(0,0,0,0),(0,0,0,0)$
Il sistema impone:
$x_1=t_1-x_2$
$x_3=-3t_1+x_2$7
e ricava la base della controimmagine:
$(1,0,-3)$,$(-1,111)$
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