Esercizio algebra lineare spazi vettoriali
Ragazzi nel svolgere questo esercizio ho avuto qualche dubbio, vi chiedo per favore se potete controllare la mia soluzione, e commentarla. Inoltre mi sono bloccato al'ultimo punto e mi servirebbe un consiglio per procedere. Grazie in anticipo
Sia $f : R^3 → R^2$ la funzione lineare di matrice (rispetto alle basi canoniche)
$ A= ( ( 1 , 2 , -1 ),( 2 , t , -2 ) ) $
(a) Si dica per quale valore di t l’immagine di f ha dimensione 1. Per tale valore di t si trovi una base
di Ker(f) e una base di Im(f).
Qua ad occhio il valore per cui rankf = 1 è t=4
(b) Per il valore di t trovato nel punto (a), si determini una base ${v1, v2}$ di $R^2$
tale che la matrice di f rispetto alla base canonica di $R^3$ e alla base {v1, v2} di $R^2$ abbia la seconda riga nulla.
Qua procedendo in questo modo:
$ ( (a,b),(c,d) )
( ( 1 , 2 , -1 ),( 2 , 4 , -2 ) ) = ((1,2,-1),(0,0,0)) $
ho trovato la base ${(1,2),(0,-1)}$
Ma vorrei sapere se ci fosse un modo più immediato o un metodo sotto, in quanto ci sono arrivato più che altro a tentativi...
(c) Si dica per quali valori di t esiste una funzione lineare g : R^2 → R^3 tale che
$f ◦ g : R^2 → R^2$ sia l’identità
Qua ho dedotto che per esistere la funzione deve f deve avere almeno dimensione 2 (in quanto id ha dimensione 2, e l'immagine della funzione f non può essere più piccola)
Dunque si, esiste per ogni t diverso da 4, ma non è unica (ne esistono infinite) in quanto il rango max di g è 2 (formula delle dimensioni).
(d) Dopo aver posto t = 0, sia h: R^2 → R^3 la funzione lineare definita ponendo
$h(v) · w = v · f(w), ∀v ∈ R^2, w ∈ R^3$ .
Si scriva la matrice di h rispetto alle basi canoniche
Qua mi sono bloccato, e vi chiederei un aiuto per procedere.
In riferimento ad un altro esercizio vi chiedo anche: come dovrei procedere per trovare una base di un sottospazio vettoriale delle matrici quadrate di dimensione 2 a coeff. reali, tali che l'immagine di una generica matrice appartentente a questo sottospazio appartiene anche alla retta di equazione $y=2x$?
Sia $f : R^3 → R^2$ la funzione lineare di matrice (rispetto alle basi canoniche)
$ A= ( ( 1 , 2 , -1 ),( 2 , t , -2 ) ) $
(a) Si dica per quale valore di t l’immagine di f ha dimensione 1. Per tale valore di t si trovi una base
di Ker(f) e una base di Im(f).
Qua ad occhio il valore per cui rankf = 1 è t=4
(b) Per il valore di t trovato nel punto (a), si determini una base ${v1, v2}$ di $R^2$
tale che la matrice di f rispetto alla base canonica di $R^3$ e alla base {v1, v2} di $R^2$ abbia la seconda riga nulla.
Qua procedendo in questo modo:
$ ( (a,b),(c,d) )
( ( 1 , 2 , -1 ),( 2 , 4 , -2 ) ) = ((1,2,-1),(0,0,0)) $
ho trovato la base ${(1,2),(0,-1)}$
Ma vorrei sapere se ci fosse un modo più immediato o un metodo sotto, in quanto ci sono arrivato più che altro a tentativi...
(c) Si dica per quali valori di t esiste una funzione lineare g : R^2 → R^3 tale che
$f ◦ g : R^2 → R^2$ sia l’identità
Qua ho dedotto che per esistere la funzione deve f deve avere almeno dimensione 2 (in quanto id ha dimensione 2, e l'immagine della funzione f non può essere più piccola)
Dunque si, esiste per ogni t diverso da 4, ma non è unica (ne esistono infinite) in quanto il rango max di g è 2 (formula delle dimensioni).
(d) Dopo aver posto t = 0, sia h: R^2 → R^3 la funzione lineare definita ponendo
$h(v) · w = v · f(w), ∀v ∈ R^2, w ∈ R^3$ .
Si scriva la matrice di h rispetto alle basi canoniche
Qua mi sono bloccato, e vi chiederei un aiuto per procedere.
In riferimento ad un altro esercizio vi chiedo anche: come dovrei procedere per trovare una base di un sottospazio vettoriale delle matrici quadrate di dimensione 2 a coeff. reali, tali che l'immagine di una generica matrice appartentente a questo sottospazio appartiene anche alla retta di equazione $y=2x$?
Risposte
Ciao ti propongo una soluzione e come sempre esorto altri a rivedere i miei ragionamenti 
a) i minori di ordine $2$ orlati di $(1)$ sono $((1,-1),(2,-2))$, $((1,2),(2,t))$ hanno determinante nullo sse $t=4$, quindi questo è il valore per cui $dim(Im(f))=1$. Una base di $Im(f)$ è ad ${(1,2)}$.
$ker(f)$ ha dimensione $3-1=2$ e una sua base si ricava risolvendo il sistema lineare omogeneo $AX=O$ con $X in RR^3$ e mi sono trovato ${(1,0,1),(0,1,1)}$
b) sia $B={v_1,v_2}$ la base incognita. Deve risultare $c_B(f(1,0,0))=(1,2)=(\alpha,0)_B$, $c_B(f(0,1,0))=(2,4)=(\beta,0)_B$
$c_B(f(0,0,1))=(-1,-2)=(\gamma,0)_B$
Cioè
$(1,2)=\alphav_1+0v_2$
$(2,4)=\betav_1+0v_2$
$(-1,-2)=\gammav_1+0v_2$
Quindi necessariamente $v_1=(1,2)$ (o multipli) e $v_2$ può essere qualsiasi vettore di $RR^2$, che ovviamente non dipenda da $(1,2)$
La matrice uscente è quella che hai scritto tu
c) il risultato che mi trovo è che la matrice rispetto le basi canoniche di $g$ è
$B=((1+e+\frac{4}{t-4},f-\frac{2}{t-4}),(-\frac{2}{t-4},\frac{1}{t-4}),(e,f))$ con $e,f in RR$ e $t!=4$
L'ho trovato ponendo $AB=I_2$ e risolvendo il sistema lineare associato
d) per come è definita $h$ mi basta porre $v=(1,0)$ e in successione $w=(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ per ricavare le 3 componenti di $h(1,0)$. Allo stesso modo per ricavare $h(0,1)$. Ad esempio posto $h(1,0)=(x,y,z)$ ho
$h(1,0)*(1,0,0)=(1,0)*f(1,0,0)=(1,0)*(1,2)=1 => x=1$
$h(1,0)*(0,1,0)=(1,0)*f(0,1,0)=(1,0)*(2,0)=2 => y=2$
$h(1,0)*(0,0,1)=(1,0)*f(0,0,1)=(1,0)*(-1,-2)=-1 => z=-1$
Solo che così facendo $h=f$ quindi non so se ho detto una stupidaggine (sebbene il ragionamento sembri filare)
per l'ultimo quesito che intendi per "immagine di una generica matrice"??
Edit: correggo il punto c), ho fatto un banale errore di conto
a) i minori di ordine $2$ orlati di $(1)$ sono $((1,-1),(2,-2))$, $((1,2),(2,t))$ hanno determinante nullo sse $t=4$, quindi questo è il valore per cui $dim(Im(f))=1$. Una base di $Im(f)$ è ad ${(1,2)}$.
$ker(f)$ ha dimensione $3-1=2$ e una sua base si ricava risolvendo il sistema lineare omogeneo $AX=O$ con $X in RR^3$ e mi sono trovato ${(1,0,1),(0,1,1)}$
b) sia $B={v_1,v_2}$ la base incognita. Deve risultare $c_B(f(1,0,0))=(1,2)=(\alpha,0)_B$, $c_B(f(0,1,0))=(2,4)=(\beta,0)_B$
$c_B(f(0,0,1))=(-1,-2)=(\gamma,0)_B$
Cioè
$(1,2)=\alphav_1+0v_2$
$(2,4)=\betav_1+0v_2$
$(-1,-2)=\gammav_1+0v_2$
Quindi necessariamente $v_1=(1,2)$ (o multipli) e $v_2$ può essere qualsiasi vettore di $RR^2$, che ovviamente non dipenda da $(1,2)$
La matrice uscente è quella che hai scritto tu
c) il risultato che mi trovo è che la matrice rispetto le basi canoniche di $g$ è
$B=((1+e+\frac{4}{t-4},f-\frac{2}{t-4}),(-\frac{2}{t-4},\frac{1}{t-4}),(e,f))$ con $e,f in RR$ e $t!=4$
L'ho trovato ponendo $AB=I_2$ e risolvendo il sistema lineare associato
d) per come è definita $h$ mi basta porre $v=(1,0)$ e in successione $w=(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ per ricavare le 3 componenti di $h(1,0)$. Allo stesso modo per ricavare $h(0,1)$. Ad esempio posto $h(1,0)=(x,y,z)$ ho
$h(1,0)*(1,0,0)=(1,0)*f(1,0,0)=(1,0)*(1,2)=1 => x=1$
$h(1,0)*(0,1,0)=(1,0)*f(0,1,0)=(1,0)*(2,0)=2 => y=2$
$h(1,0)*(0,0,1)=(1,0)*f(0,0,1)=(1,0)*(-1,-2)=-1 => z=-1$
Solo che così facendo $h=f$ quindi non so se ho detto una stupidaggine (sebbene il ragionamento sembri filare)
per l'ultimo quesito che intendi per "immagine di una generica matrice"??
Edit: correggo il punto c), ho fatto un banale errore di conto
Per quanto riguarda il punto (c):
essendo:
Quindi:
$[f((1),(0),(0))=((1),(2))] ^^ [f◦g((1),(2))=((1),(2))] rarr [g((1),(2))=((1),(0),(0))+a((1),(0),(1))=((1+a),(0),(a))]$
$[f((0),(1),(0))=((2),(t))] ^^ [f◦g((2),(t))=((2),(t))] rarr [g((2),(t))=((0),(1),(0))+b((1),(0),(1))=((b),(1),(b))]$
essendo:
$[f((1),(0),(1))=((0),(0),(0))]$
Quindi:
$((1,2,-1),(2,t,-2))((1+a,b),(0,1),(a,b))((1,2),(2,t))^(-1)=((1,0),(0,1)) rarr$
$rarr ((1,2,-1),(2,t,-2))((1+a,b),(0,1),(a,b))((t/(t-4),-2/(t-4)),(-2/(t-4),1/(t-4)))=((1,0),(0,1)) rarr$
$rarr ((1,2,-1),(2,t,-2))((((a+1)t-2b)/(t-4),(-2a+b-2)/(t-4)),(-2/(t-4),1/(t-4)),((at-2b)/(t-4),(-2a+b)/(t-4)))=((1,0),(0,1))$
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