Dubbi di geometria, qualcuno mi aiuta?
Ciao a tutti.
Nel corso di questo tour de force di geometria analitica sto incappando in diversi punti non molto chiari, per me.. Capisco l'idea di base ma non molto a fondo, per cui andando avanti mi capita di avere dei ripensamenti... mmm..
Sapreste aiutarmi? Elenco i miei dubbi:
1) Non capisco bene quest'esercizio di verifica di applicazioni lineari. Si controlla l'additività e l'omogeneità.
E' scritto così:
Sia $T$ un'applicazione da $R^2->R$ data da $T|(x),(y)|= (x^3 + y^3)^(1/3)$.
Allora $T(\lambdav)=\lambdaT(v)$ per ogni $\lambda in R$ e $v in R^2$, ma $T$ non è additiva.
Infatti: $T (|(1),(0)| + |(0),(1)|) = T|(1),(1)| = 2^(1/3) != 2 = 1 + 1 = T|(1),(0)| + T|(0),(1)|$
Non capisco bene l'ultima riga e le varie uguaglianze non sono molto chiare..
2) Non capisco bene questa definizione:
Una qualunque applicazione lineare è univocamente determinata dai valori che assume su una base.
Me la spieghereste meglio?
3) Riguardo nucleo ed immagine il libro dice:
Ad ogni applicazione lineare $T:V->W$ possiamo associare 2 sottoinsiemi:
(a) l'immagine......... ok ;
(b) il nucleo $KerT = {v in V $ $|$ $ T(v) = O} sube V ;$
Cioè, il nucleo sarebbe l'insieme di tutti gli elementi di $v in V$ che vanno nel vettore zero dell'insieme di destinazione (in questo caso $W$) ??
4) Sia $T:V->W$ un'applicazione lineare, perchè $T$ è iniettiva se e solo se $KerT={O}$ ??
5) Perchè queste due cose sono uguali?
$Span(|(1), (-2) ,(0)|$ , $|(-1),(2),(0)|$ , $|(0),(0),(1)|)=Span(|(1),( -2) ,(0)|$ , $|(0),(0),(1)|)$
Per ora basta così. Spero di non aver fatto errori con le formule.
So che alcune o probabilmente tutte queste saranno cazzate per qualcuno di voi.. e mi dispiace..
Spero possiate comunque aiutarmi a chiare i miei dubbi.
Grazie.
Ciao!
Nel corso di questo tour de force di geometria analitica sto incappando in diversi punti non molto chiari, per me.. Capisco l'idea di base ma non molto a fondo, per cui andando avanti mi capita di avere dei ripensamenti... mmm..
Sapreste aiutarmi? Elenco i miei dubbi:
1) Non capisco bene quest'esercizio di verifica di applicazioni lineari. Si controlla l'additività e l'omogeneità.
E' scritto così:
Sia $T$ un'applicazione da $R^2->R$ data da $T|(x),(y)|= (x^3 + y^3)^(1/3)$.
Allora $T(\lambdav)=\lambdaT(v)$ per ogni $\lambda in R$ e $v in R^2$, ma $T$ non è additiva.
Infatti: $T (|(1),(0)| + |(0),(1)|) = T|(1),(1)| = 2^(1/3) != 2 = 1 + 1 = T|(1),(0)| + T|(0),(1)|$
Non capisco bene l'ultima riga e le varie uguaglianze non sono molto chiare..
2) Non capisco bene questa definizione:
Una qualunque applicazione lineare è univocamente determinata dai valori che assume su una base.
Me la spieghereste meglio?
3) Riguardo nucleo ed immagine il libro dice:
Ad ogni applicazione lineare $T:V->W$ possiamo associare 2 sottoinsiemi:
(a) l'immagine......... ok ;
(b) il nucleo $KerT = {v in V $ $|$ $ T(v) = O} sube V ;$
Cioè, il nucleo sarebbe l'insieme di tutti gli elementi di $v in V$ che vanno nel vettore zero dell'insieme di destinazione (in questo caso $W$) ??
4) Sia $T:V->W$ un'applicazione lineare, perchè $T$ è iniettiva se e solo se $KerT={O}$ ??
5) Perchè queste due cose sono uguali?
$Span(|(1), (-2) ,(0)|$ , $|(-1),(2),(0)|$ , $|(0),(0),(1)|)=Span(|(1),( -2) ,(0)|$ , $|(0),(0),(1)|)$
Per ora basta così. Spero di non aver fatto errori con le formule.
So che alcune o probabilmente tutte queste saranno cazzate per qualcuno di voi.. e mi dispiace..
Spero possiate comunque aiutarmi a chiare i miei dubbi.
Grazie.
Ciao!
Risposte
1) Un'applicazione è lineare se e solo se è omogenea e additiva, e questo mi sembra che tu l'abbia capito.
Per quanto riguarda la prima riga significa che $T$ è omogenea, perchè se prendi $\lambda (x,y)$ hai che $T(\lambda (x,y)) = (\lambda^3)^{1/3} T(x,y) = \lambda T(x,y)$.
La seconda è solo una verifica che $T$ non è additiva. Basta UN controesempio, nel tuo caso con i due vettori della base canonica. Da una parte della disuguaglianza calcoli $T(e_1 + e_2)$ e dall'altra $T(e_1) + T(e_2)$, e controlli che non sono uguali. Il mettere le cose "a specchio" è solo per visulaizzare meglio.
Per quanto riguarda la prima riga significa che $T$ è omogenea, perchè se prendi $\lambda (x,y)$ hai che $T(\lambda (x,y)) = (\lambda^3)^{1/3} T(x,y) = \lambda T(x,y)$.
La seconda è solo una verifica che $T$ non è additiva. Basta UN controesempio, nel tuo caso con i due vettori della base canonica. Da una parte della disuguaglianza calcoli $T(e_1 + e_2)$ e dall'altra $T(e_1) + T(e_2)$, e controlli che non sono uguali. Il mettere le cose "a specchio" è solo per visulaizzare meglio.
2) Supponi di avere assegnati i valori di una applicazione lineare $T: V \to W$ su una base $v_1 , ... , v_n$ di $V$.
Dato un qualunque vettore $v$ di $V$ esso si decompone in maniera unica come combinazione lineare degli elementi della base, cioè $v = \alpha_1 v_1 + ... + \alpha_n v_n$. Ma allora per la linearità e l'omogeneità di $T$, sappiamo calcolare $T(v) = \alpha_1 T(v_1) + ... + \alpha_n T(v_n)$ (DEVE essere così). Cioè una volta che sono date le immagini degli elementi della base è determinata UNIVOCAMENTE l'immagine di ogni elemento di $V$. Questo è il significato di quell'affermazione.
Dato un qualunque vettore $v$ di $V$ esso si decompone in maniera unica come combinazione lineare degli elementi della base, cioè $v = \alpha_1 v_1 + ... + \alpha_n v_n$. Ma allora per la linearità e l'omogeneità di $T$, sappiamo calcolare $T(v) = \alpha_1 T(v_1) + ... + \alpha_n T(v_n)$ (DEVE essere così). Cioè una volta che sono date le immagini degli elementi della base è determinata UNIVOCAMENTE l'immagine di ogni elemento di $V$. Questo è il significato di quell'affermazione.
3) Esatto!!! 
4) Se $T$ è iniettiva, allora dal momento che $T(0) = 0$ (ovvio, basta che guardi all'omogeneità) nessun altro elemento di $V$ può avere immagine $0$, quindi $KerT = {0}$.
Viceversa, sia $KerT = {0}$ e supponi per assurdo che $T$ non sia iniettiva. Allora esistono $v_1 \neq v_2$ tali che $T(v_1) = T(v_2)$. Ma allora $v = v_1 - v_2 \neq 0$ è tale che $T(v) = T(v_1) - T(v_2) = 0$, contraddizione.
Viceversa, sia $KerT = {0}$ e supponi per assurdo che $T$ non sia iniettiva. Allora esistono $v_1 \neq v_2$ tali che $T(v_1) = T(v_2)$. Ma allora $v = v_1 - v_2 \neq 0$ è tale che $T(v) = T(v_1) - T(v_2) = 0$, contraddizione.
5) Perché i primi due vettori non sono linearmente indipendenti (il secondo è l'opposto del primo) e quindi ne puoi eliminare uno.
3) si, il nucleo è l'insieme di tutti gli elementi $v inV$ che sono mandati tramite $T$ nel vettore nullo. Ad esempio l'applicazione $T:RR^2->RR^2$ definita da $T((x_1),(x_2))=((x_1-x_2),(x_2-x_1))$ ha come nucleo tutti i vettori del tipo $((t),(t))$, con $t in RR$. Infatti i vettori di questo tipo vengono mandati in $((t-t),(t-t))=((0),(0))$, quindi tali vettori appartengono al nucleo. Il nucleo è quindi la retta di equazione cartesiana $x_2=x_1$, e ha dimensione 1, in quanto $((1),(1))$ ne è una base.. L'immagine di $T$ è lo Span delle colonne della matrice $A$ associata a questa applicazione lineare, cioè $A=((1,-1),(-1,1))$. Come vedi, $((-1),(1))=-1*((1),(-1))$, quindi i due vettori sono linearmente dipendenti, cioè $Span (((1),(-1))$,$((-1),(1)))$$=$$Span((1),(-1))$,e quindi $((1),(-1))$ è una base di $ImT$, da cui $ImT$ ha dimensione 1: il tutto è in perfetto accordo col teorema di della dimensone, infatti $dimRR^2=2=dimKerT+rkT=1+1$.
4)Ci sono due implicazioni da dimostrare. Per la prima, cioè che se T è iniettiva, allora il nucleo è il solo vettore nullo, ragiona così: un'applicazione è iniettiva se ad elementi differenti dello spazio di partenza ($V$) corrispondono elementi differenti dello spazio di arrivo ($W$) (per definizione di iniettività). Ogni elemento del nucleo viene mandato nel vettore nullo. Quindi non possono esserci in T due o più elementi distinti, poichè sarebbero tutti mandati nel vettore nullo, e l'applicazione non sarebbe quindi iniettiva. Ce ne può quindi essere solo uno, e questo è proprio il vettore nullo, che sappiamo appartenere a $KerT$ poichè $T(0)=0$, cosa facilmente dimostrabile sfurttando la linearità di $T$ (oppure il vettore nullo c'è perchè $KerT$ è un sottospazio, e deve quindi contenerlo). Per la seconda implicazione, cioè che se $KerT={bar0}$ allora T è iniettiva, ragiona così: (ometto tutti i vari "per ogni" ecc..) $v_1!=v_2=>T(v_1)!=T(v_2)$, (definizione di iniettività) è equivalente a dire $T(v_1)=T(v_2)=>v_1=v_2$. Partiamo dunque da $T(v_1)=T(v_2)$. Abbiamo $T(v_1)=T(v_2)=>T(v_1)-T(v_2)=bar0=>T(v_1-v_2)=bar0$, da cui si vede che $v_1-v_2$ deve appartenere a $KerT$ (è mandato nel vettore nullo tramite T). Per ipotesi sappiamo però che $KerT={bar0}$, cioè è il solo vettore nullo, quindi deve essere $v_1-v_2=bar0$, da cui $v_1=v_2$, che dimostra l'iniettività.
5) quei due cosi sono uguali perchè il vettore $((-1),(2),(0))=-1*((1),(-2),(0))+0*((0),(0),(1))$, cioè è esprimibile come combinazione lineare degli altri due. Vuol dire che i tre vettori sono linearmente DIpendenti, ognuno si può esprimere come combinazione lineare degli altri due, quindi, proprio per definizione di Span (lo Span è l'insieme delle possibli combinazioni lineari), uno dei tre appartiene allo span degli altri 2, non contribuisce in nessun modo a generare lo spazio.
Come esempio ancora più semplice, prendi i due vettori in RR^2 $((1),(1)),((2),(2))$. $Span(((1),(1))$,$((2),(2)))$ è la retta di equazione cartesiana $y=x$, poichè ogni vettore appartenente a questa retta si può scrivere come $a_1((1),(1))+a_2((2),(2))$, con $a_1,a_2 in RR$. Se però fissi $a_2=0$, vedi che riesci comunque a ottenere la retta, fatta di tutti i multipli di $((1),(1))$, quindi lui da solo riesce a generare la retta, cioè $RR=Span((1),(1))$, ma la retta la generava anche ${((1),(1)),((2),(2))}$, cioè $RR=Span(((1),(1))$,$((2),(2)))=Span((1),(1))$. Esistono quindi infiniti sistemi di generatori (un altro è ${((1),(1))$,$((2),(2))$,$((3),(3))}$ e così via...) e proprio per questo si introducono le basi. Esse hanno in più la proprietà di dover contenere vettori linearmente indipendenti, quindi nel nostro caso una base sarebbe ${((1),(1))}$.
Mi scuso per la lunghezza, spero di essere stato utile
ciao
4)Ci sono due implicazioni da dimostrare. Per la prima, cioè che se T è iniettiva, allora il nucleo è il solo vettore nullo, ragiona così: un'applicazione è iniettiva se ad elementi differenti dello spazio di partenza ($V$) corrispondono elementi differenti dello spazio di arrivo ($W$) (per definizione di iniettività). Ogni elemento del nucleo viene mandato nel vettore nullo. Quindi non possono esserci in T due o più elementi distinti, poichè sarebbero tutti mandati nel vettore nullo, e l'applicazione non sarebbe quindi iniettiva. Ce ne può quindi essere solo uno, e questo è proprio il vettore nullo, che sappiamo appartenere a $KerT$ poichè $T(0)=0$, cosa facilmente dimostrabile sfurttando la linearità di $T$ (oppure il vettore nullo c'è perchè $KerT$ è un sottospazio, e deve quindi contenerlo). Per la seconda implicazione, cioè che se $KerT={bar0}$ allora T è iniettiva, ragiona così: (ometto tutti i vari "per ogni" ecc..) $v_1!=v_2=>T(v_1)!=T(v_2)$, (definizione di iniettività) è equivalente a dire $T(v_1)=T(v_2)=>v_1=v_2$. Partiamo dunque da $T(v_1)=T(v_2)$. Abbiamo $T(v_1)=T(v_2)=>T(v_1)-T(v_2)=bar0=>T(v_1-v_2)=bar0$, da cui si vede che $v_1-v_2$ deve appartenere a $KerT$ (è mandato nel vettore nullo tramite T). Per ipotesi sappiamo però che $KerT={bar0}$, cioè è il solo vettore nullo, quindi deve essere $v_1-v_2=bar0$, da cui $v_1=v_2$, che dimostra l'iniettività.
5) quei due cosi sono uguali perchè il vettore $((-1),(2),(0))=-1*((1),(-2),(0))+0*((0),(0),(1))$, cioè è esprimibile come combinazione lineare degli altri due. Vuol dire che i tre vettori sono linearmente DIpendenti, ognuno si può esprimere come combinazione lineare degli altri due, quindi, proprio per definizione di Span (lo Span è l'insieme delle possibli combinazioni lineari), uno dei tre appartiene allo span degli altri 2, non contribuisce in nessun modo a generare lo spazio.
Come esempio ancora più semplice, prendi i due vettori in RR^2 $((1),(1)),((2),(2))$. $Span(((1),(1))$,$((2),(2)))$ è la retta di equazione cartesiana $y=x$, poichè ogni vettore appartenente a questa retta si può scrivere come $a_1((1),(1))+a_2((2),(2))$, con $a_1,a_2 in RR$. Se però fissi $a_2=0$, vedi che riesci comunque a ottenere la retta, fatta di tutti i multipli di $((1),(1))$, quindi lui da solo riesce a generare la retta, cioè $RR=Span((1),(1))$, ma la retta la generava anche ${((1),(1)),((2),(2))}$, cioè $RR=Span(((1),(1))$,$((2),(2)))=Span((1),(1))$. Esistono quindi infiniti sistemi di generatori (un altro è ${((1),(1))$,$((2),(2))$,$((3),(3))}$ e così via...) e proprio per questo si introducono le basi. Esse hanno in più la proprietà di dover contenere vettori linearmente indipendenti, quindi nel nostro caso una base sarebbe ${((1),(1))}$.
Mi scuso per la lunghezza, spero di essere stato utile
ciao
Grazie irenze e grazie tommy!! Ora và meglio!!
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