Esercizi su basi e applicazioni lineari

[Howard_Wolowitz]

Innanzitutto buona giornata a tutti.
Ho i seguenti tre eseercizi su basi ed applicazioni lineari che ho cercato di risolvere... allego considerazioni e, nel caso, opportune risoluzioni.
Primo esercizio:

Dato che i vettori apparetenenti ad [tex]\mathbb{U}[/tex] devono essere tali da avere [tex]x+y-z=0[/tex] ovvero [tex]z=x+y[/tex] allora ogni vettore sarà della forma [tex](x,y,x+y)[/tex]. Da questo, sostituendo [tex]x=1 \wedge y=0[/tex] ottengo il vettore [tex]{u}_{1}=(1,0,1)[/tex] e sostituendo [tex]x=0 \wedge y=1[/tex] trovo il vettore [tex]{u}_{2}=(0,1,1)[/tex].
Questi sono un insieme di generatori di [tex]\mathbb{U}[/tex], ogni vettore della forma [tex](a,b,c) \in \mathbb{U}[/tex] può scriversi come combinazione lineare [tex]\alpha{u}_{1} + \beta{u}_{2}[/tex] con [tex]\alpha \wedge \beta \in \mathbb{R}[/tex], e sono anche linearmente indipendenti, infatti posto [tex]{\alpha}_{1}{u}_{1}+{\alpha}_{2}{u}_{2}={0}_{v}[/tex] si ottiene [tex]{\alpha}_{1}={\alpha}_{2}=0[/tex], sono quindi una base dello spazio vettoriale suddetto.
Per [tex]\mathbb{V}[/tex], con lo stesso procedimento ottengo [tex]{v}_{1}=(1,0,0)[/tex] e [tex]{v}_{2}=(0,1,2)[/tex], anch'essi generatori di [tex]\mathbb{V}[/tex] e tra loro linearmente indipendenti, quindi una base di tale spazio vettoriale.
Ora ho che [tex]\mathbb{U} \cap \mathbb{V} =[/tex][tex]\left\{ (x,y,z) \in {\mathbb{R}}^{3}\mid x+y-z=0 \wedge 2y-z=0 \right\}[/tex], e mettendo le due condizioni a sistema ottengo che un vettore dello spazio intersezione sarà della forma [tex](\frac{z}{2},\frac{z}{2},z)[/tex] e quindi una base di tale spazio intersezione è costituita dal singoletto del vettore [tex](\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)[/tex].
Da questi segue che [tex]dim(\mathbb{U})=2 \wedge dim(\mathbb{V})=2 \wedge dim(\mathbb{U} \cap \mathbb{V})=1[/tex] e per la formula di Grassmann si ottiene che [tex]dim(\mathbb{U}+\mathbb{V})=3[/tex], quindi una base di [tex]\mathbb{U}+\mathbb{V}[/tex] è sicurcamente la base canonica di [tex]{\mathbb{R}}^3[/tex]; unendo [tex]{B}_{V}[/tex] e [tex]{B}_{U}[/tex], basi dei rispettivi spazi a pedice, e tenendo 3 vettori linearmente indipendenti si ottiene ad esempio la base [tex]\left\{{u}_{1},{u}_{2},{v}_{1}\right\}[/tex] che genera [tex]\mathbb{U} \cap \mathbb{V}[/tex].
Ora da [tex]Ker(f)=\mathbb{U} \cap \mathbb{V}[/tex] e [tex]f({e}_{2})={e}_{3} \wedge f({e}_{3})={e}_{1}[/tex] posso trovare [tex]f({e}_{1})[/tex] sapendo che [tex]{e}_{1}[/tex] è scrivibile come [tex]-{e}_{2}-2{e}_{3}+2(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)[/tex]. Ottengo che [tex]f({e}_{1})=(-2,0,-1)[/tex] e quindi l'applicazione lineare, avendo l'immagine di una base dello spazio dominio, è determinata univocamente ed è definita quale [tex]f((x,y,z))=(z-2x,0,y-x)[/tex].
Secondo esercizio:

Ponendo a sistema [tex](x+y,x+2y-z,z-y)={0}_{v}[/tex] si ottiene che [tex]Ker(f)=\left\{(-y,y,y)\right\}[/tex] ed una base di [tex]Ker(f)[/tex] è [tex](-1,1,1)[/tex]
Ora presa la base canonica di [tex]{\mathbb{R}}^{3}[/tex] trovo che [tex]f({e}_{1})=(1,1,0) \wedge f({e}_{2})=(1,2,-1) \wedge f({e}_{3})=(0,-1,1)[/tex], messi a sistema con il vettore nullo si vede che le immagini dei versori fondamentali sono linearmente dipendenti, precisamente [tex]-f({e}_{1})+f({e}_{1})+f({e}_{3})=0[/tex].
I vettori [tex]f({e}_{1})[/tex] e [tex]f({e}_{2})[/tex] sono tra loro linearmente indipendenti e quindi costituiscono una base di [tex]Im(f)[/tex].
Ora dalle immagini dei versori fondamentali e tenendo nel codominio la medesima base canonica di [tex]{\mathbb{R}}^{3}[/tex] ricavo la matrice associata alla suddetta applicazione lineare [tex]{A}_{f}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}[/tex].
Per il terzo punto ho che, mettendo a sistema con il vettore nullo e con una qualsiasi terna di valori [tex](a,b,c)[/tex], si ottiene che l'insieme [tex]B[/tex] è un insieme di vettori linearmente indipendenti e che genera ogni terna appartenente a [tex]{\mathbb{R}}^{3}[/tex] e quindi è una base di tale spazio vettoriale.
Si ottengono inoltre grazie alla definizione di [tex]f((x,y,z))[/tex] le seguenti immagini degli elementi [tex]{b}_{i} \in B[/tex]:
[tex]f({b}_{1})=(1,0,1)={b}_{1}+0 \cdot {b}_{2} + 0 \cdot {b}_{3}[/tex]
[tex]f({b}_{2})=(0,0,0)=0 \cdot {b}_{1} + 0 \cdot {b}_{2} + 0 \cdot {b}_{3}[/tex]
[tex]f({b}_{3})=(-2,-6,4)=-2{b}_{1}+0 \cdot {b}_{2} + 3{b}_{3}[/tex]
Pertanto la matrice associata all'applicazione lineare [tex]f[/tex] con [tex]B[/tex] base di dominio e codominio è la seguente [tex]{B}_{f}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}[/tex].
Terzo esercizio:

Per questo non ho idea su come definire effettivamente l'applicazione citata... una volta che ho constatato che le basi di [tex]\mathbb{U}[/tex] e [tex]\mathbb{W}[/tex] sono rispettivamente [tex]\left\{(t+t^2),(1+t^3)\right\}[/tex] e [tex]\left\{t,t^3\right\}[/tex], sempre che siano queste o almeno così penso siano costituite, come faccio a defiire un'applicazione tale che [tex]Im(f)=\mathbb{U}[/tex] e contemporaneamente [tex]Ker(f)=\mathbb{W}[/tex]?
Vi ringrazio in anticipo!!
Ancora buona giornata.

[Quinzio]

Ok l'uno e il due.
Vediamo il 3.
$U=fr(L)((1,0,0,1) (0,1,1,0))$
e
$V=fr(L)((0,1,0,0,0,0) (0,0,0,1,0,0))$

Adesso applico qualche definizione delle matrici associate alle applicazioni vettoriali.
Moltiplicare la matrice per un vettore del nucleo deve restituirmi il vettore nullo.
Poi, l'immagine dell'applicazione "la si può leggere" sulle colonne della matrice.

Quindi direi che questa matrice fa al caso nostro:
$M(f)=((1,0,0,0,0,0),(0,0,1,0,0,0),(0,0,1,0,0,0),(1,0,0,0,0,0))$

ma anche ad esempio:
$M(f)=((1,0,0,0,0,0),(0,0,0,0,0,1),(0,0,0,0,0,1),(1,0,0,0,0,0))$

oppure
$M(f)=((1,0,0,0,0,0),(1,0,0,0,0,1),(1,0,0,0,0,1),(1,0,0,0,0,0))$
l'importante è che la seconda e la quarta colonna siano zero e che riducendo la matrice per colonne alla fine "si legga" l'immagine sulle colonne.

Per il punto 2), scrivi la matrice del cambio base $M_{CB}$, cioè metti in colonna ordinatamente i vettori della base quindi
$M(f)_{CB}=(M_{CB})^(-1)M(f)_{CC}$

[Howard_Wolowitz]

Innanzitutto ti ringrazio per la risposta.
Riassumendo, a patto di utilizzare l'applicazione lineare a cui è associata la prima matrice da te indicata, si avrebbe:
[tex]f(1)=1+t^3[/tex]
[tex]f(t)=0[/tex]
[tex]f(t^2)=t+t^2[/tex]
[tex]f(t^3)=0[/tex]
[tex]f(t^4)=0[/tex]
[tex]f(t^5)=0[/tex]
e di conseguenza utilizzando come base per il dominio [tex]\left\{1,t,t^2,t^3,t^4,t^5\right\}[/tex] e come base per il codominio [tex]\left\{1,t,(t+t^2),(1+t^3)\right\}[/tex] si ottiene quale matrice associata [tex]\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/tex].
Ora ti chiedo: esiste un modo di trovare tale applicazione senza l'uso diretto della matrice associata all'applicazione e del prodotto tra questa ed un vettore, tra l'altro definizione classica di applicazione lineare? In effetti ho avuto qualche difficoltà con tale esempio...
Per questo esercizio invece...

(a) sapendo che [tex]T:{\mathbb{R}}^3\rightarrow {\mathbb{R}}^4[/tex] e che [tex]T({e}_{1})=(1,2,-1,0) \wedge T({e}_{2})=(-1,1,0,1) \wedge T({e}_{3})=(0,3,-1,1)[/tex], posso ricavare che [tex]T((x,y,z))=(x-y,2x+y+3z,-x-z,y+z)[/tex].
Mettendo quest'ultima a sistema con il vettore nullo trovo [tex]Ker(f)=\left\{(-z,-z,z) \mid z \in \mathbb{R}\right\}[/tex], da ciò segue che una base di [tex]Ker(T)[/tex] è [tex]\left\{(-1,-1,1)\right\}[/tex] e [tex]dim(Ker(T))=0[/tex].
Per quanto riguarda la matrice associata ho che [tex]{A}_{T}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 2 & 1 & 3 \\ -1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}[/tex], e riducendo a scala a tale matrice ottengo [tex]rg({A}_{T})=2[/tex] ed una base di [tex]Im(T)[/tex] è [tex]\left\{(1,2,-1,0),(-1,1,0,1)\right\}[/tex].
(b) in sostanza per tale punto devo risolvere il sistema lineare di [tex]4[/tex] equazioni in [tex]3[/tex] incognite la cui rappresentazione matriciale completa [tex](A \mid B)[/tex] è la seguente:
[tex]\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 3s \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ -1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -2s \end{pmatrix}[/tex]
se riduco in scala alla fine ottengo
[tex]\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 3s \\ 0 & 3 & 3 & -6s \\ 0 & 0 & 0 & s+1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
che mi porta al valore [tex]s=-1[/tex] al fine di poter rendere il sistema compatibile per il teorema di Rouché-Capelli.
Risolvendo ottengo le controimmagini [tex]{T}^{-1}\left\{{w}_{s}\right\}=\left\{(-1-z,2-z,z) \mid z \in \mathbb{R}\right\}[/tex].
Grazie mille ancora!!