Endomorfismi ed intersezione di spazi vettoriali
Buongiorno a tutti,
ho svolto un esercizio che comprende diversi concetti su spazi vettoriali ed applicazioni lineari. Siccome è privo di soluzione ed è un po' atipico rispetto agli esercizi che mi danno da fare di solito, mi chiedevo se qualcuno di voi avesse la pazienza di verificare se i miei passaggi concettuali sono corretti. Ringrazio anticipatamente!
Testo
Siano $V\subset \mathbb{R}^3$ il sottospazio vettoriale generato dalla coppia di vettori $\{(1,1,0),(0,2,0)\}$ e $W=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3|x-y=0\}$.
1) Determinare equazioni cartesiane per $V$.
2) Determinare una base per $V\cap W$.
3) Trovare una matrice $A$ associata mediante le basi canoniche ad una trasformazione lineare $f:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3$ che abbia $V$ come nucleo e tale che $f(0,0,1)=(1,1,1)$.
Svolgimento
1) Siccome i due vettori costituiscono una base di uno spazio bidimensionale, essendo linearmente indipendenti, essi danno origine ad un piano.
Inoltre, affinché si tratti di uno spazio vettoriale, il piano deve passare per l'origine (altrimenti si tratterebbe al più di uno spazio affine). Non risulta difficile dedurre che il piano cercato è il piano $xy$, dato da tutti i vettori aventi quota $z$ nulla. A riprova di ciò, comunque, si possono svolgere i conti di seguito riportati.
La scrittura dell'equazione cartesiana di un piano richiede la conoscenza di un vettore normale, che deve fintanto essere perpendicolare ai due vettori che indicano le due direzioni lungo cui esso si estende. Allora, basta porre ricorrere al prodotto vettoriale che, dati due vettori ne fornisce un terzo perpendicolare ad entrambi e dunque normale al piano che li contiene.
\begin{equation}
\textbf{v}_{n}=(1,1,0)\wedge(0,2,0)=\begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k}\\1&1&0\\0&2&0\end{vmatrix}=(0,0,2)
\end{equation}
Si conclude perciò che l'equazione del piano cercato $\pi$ in forma cartesiana è $\pi: 2z=0$ (e dunque anche il piano $z=0$ va bene).
2) Per prima cosa, si calcola una base di $W$. Il sistema omogeneo ammette $\infty^2$ soluzioni $(\rho(A)=\rho(A|b)=1<3=n)$ del tipo $(y,y,0)$. Segue che una sua base è $\mathcal{B}_{W}:\{(1,1,0),(0,0,1)\}$.
A questo punto, si può impostare la seguente relazione:
\begin{equation}
\alpha_{1}(1,1,0)+\alpha_{2}(0,2,0)=\beta_{1}(1,1,0)+\beta_{2}(0,0,1)
\end{equation}
Si eguagliano cioè le combinazioni lineari dei vettori delle basi dei due spazi, avendo introdotto i coefficienti incogniti $\alpha_{1},\alpha_{2},\beta_{1},\beta_{2}$. Una volta riscritta quest'ultima equazione come:
\begin{equation}
\alpha_{1}(1,1,0)+\alpha_{2}(0,2,0)+\beta_{1}(1,1,0)+\beta_{2}(0,0,1)=\textbf{0}
\end{equation}
avendo effettuato il renaming delle incognite $-\beta_{i}=\beta_{i}$, basta risolvere il sistema lineare omogeneo associato:
\begin{equation}
\begin{cases} \alpha_{1}+0\cdot\alpha_{2}+\beta_{1}+0\cdot\beta_{2}=0\\
\alpha_{1}+2\alpha_{2}+\beta_{1}+0\cdot\beta_{2}=0 \\ 0\cdot\alpha_{1}+0\cdot\alpha_{2}+0\cdot\beta_{1}+\beta_{2}=0 \end{cases}
\Leftrightarrow \begin{cases} \alpha_{1}=-\beta_{1}\\
\alpha_{1}+2\alpha_{2}+\beta_{1}=0 \\ \beta_{2}=0 \end{cases}
\end{equation}
Avendo trovato che $\alpha_{1}=-\beta_{1},\alpha_{2}=\beta_{2}=0$, si evince che un generico vettore $\textbf{u}$ appartenente al sottospazio vettoriale intersezione di $V$ e $W$ è dato dalla combinazione lineare della base di $V$ secondo i coefficienti $\alpha_{1}$ ed $\alpha_{2}$ associati a $\mathcal{B}_{V}$. Ossia,
\begin{equation}
\textbf{u}=-\beta_{1}(1,1,0)+0\cdot(0,2,0)=-\beta_{1}(1,1,0)
\end{equation}
Segue che il sottospazio $U=V\cap W$ è monodimensionale ed ha come base $(1,1,0)$.
3) Sfruttando la definizione di nucleo di un'applicazione lineare, si evincono le due condizioni $f(0,2,0)=f(1,1,0)=(0,0,0)$. Conseguentemente, l'applicazione lineare $f$ sarà definita secondo i suoi trasformati come:
\begin{equation} f(0,2,0) = (0,0,0) \end{equation}
\begin{equation} f(1,1,0)=(0,0,0) \end{equation}
\begin{equation} f(0,0,1)= (1,1,1) \end{equation}
Dovendo essere la matrice riscritta rispetto alla base canonica $\mathcal{K}$ di $\mathbb{R}^3$, si valuta che
\begin{equation}
f(1,0,0)=f(1,1,0)-\frac{1}{2}f(0,2,0)=(0,0,0)-\frac{1}{2}(0,0,0)=(0,0,0)
\end{equation}
\begin{equation}
f(0,1,0)=\frac{1}{2}f(0,2,0)=\frac{1}{2}(0,0,0)=(0,0,0)
\end{equation}
mentre $f(0,0,1)=(1,1,1)$ è noto per ipotesi. Si conclude pertanto che:
\begin{equation}
A_f^{\mathcal{K}}=\begin{pmatrix} 0&0&1\\0&0&1\\0&0&1\end{pmatrix}
\end{equation}
ho svolto un esercizio che comprende diversi concetti su spazi vettoriali ed applicazioni lineari. Siccome è privo di soluzione ed è un po' atipico rispetto agli esercizi che mi danno da fare di solito, mi chiedevo se qualcuno di voi avesse la pazienza di verificare se i miei passaggi concettuali sono corretti. Ringrazio anticipatamente!
Testo
Siano $V\subset \mathbb{R}^3$ il sottospazio vettoriale generato dalla coppia di vettori $\{(1,1,0),(0,2,0)\}$ e $W=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3|x-y=0\}$.
1) Determinare equazioni cartesiane per $V$.
2) Determinare una base per $V\cap W$.
3) Trovare una matrice $A$ associata mediante le basi canoniche ad una trasformazione lineare $f:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3$ che abbia $V$ come nucleo e tale che $f(0,0,1)=(1,1,1)$.
Svolgimento
1) Siccome i due vettori costituiscono una base di uno spazio bidimensionale, essendo linearmente indipendenti, essi danno origine ad un piano.
Inoltre, affinché si tratti di uno spazio vettoriale, il piano deve passare per l'origine (altrimenti si tratterebbe al più di uno spazio affine). Non risulta difficile dedurre che il piano cercato è il piano $xy$, dato da tutti i vettori aventi quota $z$ nulla. A riprova di ciò, comunque, si possono svolgere i conti di seguito riportati.
La scrittura dell'equazione cartesiana di un piano richiede la conoscenza di un vettore normale, che deve fintanto essere perpendicolare ai due vettori che indicano le due direzioni lungo cui esso si estende. Allora, basta porre ricorrere al prodotto vettoriale che, dati due vettori ne fornisce un terzo perpendicolare ad entrambi e dunque normale al piano che li contiene.
\begin{equation}
\textbf{v}_{n}=(1,1,0)\wedge(0,2,0)=\begin{vmatrix} \textbf{i} & \textbf{j} & \textbf{k}\\1&1&0\\0&2&0\end{vmatrix}=(0,0,2)
\end{equation}
Si conclude perciò che l'equazione del piano cercato $\pi$ in forma cartesiana è $\pi: 2z=0$ (e dunque anche il piano $z=0$ va bene).
2) Per prima cosa, si calcola una base di $W$. Il sistema omogeneo ammette $\infty^2$ soluzioni $(\rho(A)=\rho(A|b)=1<3=n)$ del tipo $(y,y,0)$. Segue che una sua base è $\mathcal{B}_{W}:\{(1,1,0),(0,0,1)\}$.
A questo punto, si può impostare la seguente relazione:
\begin{equation}
\alpha_{1}(1,1,0)+\alpha_{2}(0,2,0)=\beta_{1}(1,1,0)+\beta_{2}(0,0,1)
\end{equation}
Si eguagliano cioè le combinazioni lineari dei vettori delle basi dei due spazi, avendo introdotto i coefficienti incogniti $\alpha_{1},\alpha_{2},\beta_{1},\beta_{2}$. Una volta riscritta quest'ultima equazione come:
\begin{equation}
\alpha_{1}(1,1,0)+\alpha_{2}(0,2,0)+\beta_{1}(1,1,0)+\beta_{2}(0,0,1)=\textbf{0}
\end{equation}
avendo effettuato il renaming delle incognite $-\beta_{i}=\beta_{i}$, basta risolvere il sistema lineare omogeneo associato:
\begin{equation}
\begin{cases} \alpha_{1}+0\cdot\alpha_{2}+\beta_{1}+0\cdot\beta_{2}=0\\
\alpha_{1}+2\alpha_{2}+\beta_{1}+0\cdot\beta_{2}=0 \\ 0\cdot\alpha_{1}+0\cdot\alpha_{2}+0\cdot\beta_{1}+\beta_{2}=0 \end{cases}
\Leftrightarrow \begin{cases} \alpha_{1}=-\beta_{1}\\
\alpha_{1}+2\alpha_{2}+\beta_{1}=0 \\ \beta_{2}=0 \end{cases}
\end{equation}
Avendo trovato che $\alpha_{1}=-\beta_{1},\alpha_{2}=\beta_{2}=0$, si evince che un generico vettore $\textbf{u}$ appartenente al sottospazio vettoriale intersezione di $V$ e $W$ è dato dalla combinazione lineare della base di $V$ secondo i coefficienti $\alpha_{1}$ ed $\alpha_{2}$ associati a $\mathcal{B}_{V}$. Ossia,
\begin{equation}
\textbf{u}=-\beta_{1}(1,1,0)+0\cdot(0,2,0)=-\beta_{1}(1,1,0)
\end{equation}
Segue che il sottospazio $U=V\cap W$ è monodimensionale ed ha come base $(1,1,0)$.
3) Sfruttando la definizione di nucleo di un'applicazione lineare, si evincono le due condizioni $f(0,2,0)=f(1,1,0)=(0,0,0)$. Conseguentemente, l'applicazione lineare $f$ sarà definita secondo i suoi trasformati come:
\begin{equation} f(0,2,0) = (0,0,0) \end{equation}
\begin{equation} f(1,1,0)=(0,0,0) \end{equation}
\begin{equation} f(0,0,1)= (1,1,1) \end{equation}
Dovendo essere la matrice riscritta rispetto alla base canonica $\mathcal{K}$ di $\mathbb{R}^3$, si valuta che
\begin{equation}
f(1,0,0)=f(1,1,0)-\frac{1}{2}f(0,2,0)=(0,0,0)-\frac{1}{2}(0,0,0)=(0,0,0)
\end{equation}
\begin{equation}
f(0,1,0)=\frac{1}{2}f(0,2,0)=\frac{1}{2}(0,0,0)=(0,0,0)
\end{equation}
mentre $f(0,0,1)=(1,1,1)$ è noto per ipotesi. Si conclude pertanto che:
\begin{equation}
A_f^{\mathcal{K}}=\begin{pmatrix} 0&0&1\\0&0&1\\0&0&1\end{pmatrix}
\end{equation}
Risposte
Esercizio svolto correttamente ! Non ho controllato i "conti", ma l'impostazione è corretta. Come puoi verificare, la tua matrice soddisfa le condizioni richieste
Grazie feddy! Mi interessavano i passaggi concettuali, naturalmente non avevo la pretesa che qualcuno guardasse con estrema attenzione i conti 
Ne approfitto per chiedere un'altra cosa sul punto 2). Se, dopo aver trovato la base di $W$ avessi detto direttamente che una base di $v\cap W$ è $(1,1,0)$ perché è l'unico vettore comune alle basi dei due spazi in questione avrei sbagliato? Il risultato è lo stesso ma non capisco se sia un caso o meno, perché se di casualità non si trattasse potevo sbrigarmela molto più velocemente
Ne approfitto per chiedere un'altra cosa sul punto 2). Se, dopo aver trovato la base di $W$ avessi detto direttamente che una base di $v\cap W$ è $(1,1,0)$ perché è l'unico vettore comune alle basi dei due spazi in questione avrei sbagliato? Il risultato è lo stesso ma non capisco se sia un caso o meno, perché se di casualità non si trattasse potevo sbrigarmela molto più velocemente
No, non avresti sbagliato. Se una cosa la vedi a "occhio", tanto meglio. Avresti potuto verificarlo magari con la formula di GrassMann per far vedere che la dimensione dell'intersezione è $1$
ok, capito, grazie ancora!
di nulla
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