Esercizio applicazione lineare
Ciao gente! Cimentandomi nel seguente esercizio, ho trovato due quesiti che non riesco a risolvere.
Data l'applicazione lineare: $ { ( f_(t)(1,0,0) = (t,0,0) ),( f_(t)(0,1,0) = (t+1, t^2+t, 0) ),( f_(t)(0,0,1) = (t^2-t, t-1, t^2-t)
):} $
(a) Dire per quali valori di $tinr$ il vettore $v = (0,4,-4)$ appartiene all'immagine di $f_(t)$
Nella soluzione viene detto che, essendo l'applicazione suriettiva per $t!=0,+-1$ (per la precisione è biiettiva), il vettore v appartiene all'immagine; per gli altri valori, si hanno: $Im f_(0) = span(e_(1), e_(2)) = Im f_(1)$ ed infine $Im f_(-1) = span(e_(1), e_(2)-e_(3))$. Quindi v appartiene all'immagine solo per $t!=0,+-1$.
Non capisco perchè... per giunta le immagini che ho calcolato sono diverse
(b) Determinare l'antiimmagine di v per t = -1
Questo è un procedimento che nel mio libro non riesco nemmeno a trovare!
Se poteste darmi il ragionamento generico da fare ve ne sarei infnitamente grato!
Data l'applicazione lineare: $ { ( f_(t)(1,0,0) = (t,0,0) ),( f_(t)(0,1,0) = (t+1, t^2+t, 0) ),( f_(t)(0,0,1) = (t^2-t, t-1, t^2-t)
):} $
(a) Dire per quali valori di $tinr$ il vettore $v = (0,4,-4)$ appartiene all'immagine di $f_(t)$
Nella soluzione viene detto che, essendo l'applicazione suriettiva per $t!=0,+-1$ (per la precisione è biiettiva), il vettore v appartiene all'immagine; per gli altri valori, si hanno: $Im f_(0) = span(e_(1), e_(2)) = Im f_(1)$ ed infine $Im f_(-1) = span(e_(1), e_(2)-e_(3))$. Quindi v appartiene all'immagine solo per $t!=0,+-1$.
Non capisco perchè... per giunta le immagini che ho calcolato sono diverse
(b) Determinare l'antiimmagine di v per t = -1
Questo è un procedimento che nel mio libro non riesco nemmeno a trovare!
Se poteste darmi il ragionamento generico da fare ve ne sarei infnitamente grato!
Risposte
ciao,
a)
innanzitutto, se un'applicazione lineare è suriettiva, significa che l'insieme delle immagini coincide con il codominio... Pertanto se $f$ è suriettiva, allora automaticamente che $vinR^3$ vive nell'immagine.
Altrimenti, ti trovi come è fatta l'immagine: si tratta di vedere se tale vettore può essere scritto come combinazione lineare dei vettori che formano l'immagine
b)
Partiamo dalla definizione di antiimmagine di un vettore:
definiamo antiimmagine di un vettore $v$ l'insieme $f^(-1)(v)= {winR^3 | f(w)=v}$.
Stiamo cercando dunque un vettore del dominio tale per cui la sua immagine sia $v$.
Nota che $f(w)= Aw$, dove $A$ è la matrice associata all'applicazione lineare.
$A= [ ( -1 , 0 , 2 ),( 0 , 0 , -2 ),( 0 ,0 , 2 ) ] $
Si ha $Aw=v$: $ [ ( -1 , 0 , 2 ),( 0 , 0 , -2 ),( 0 ,0 , 2 ) ] [ ( x ),( y ),( z ) ] = [ ( 0 ),(4 ),(-4 ) ] $ . Trovi in questo modo l'anitimmagine
a)
innanzitutto, se un'applicazione lineare è suriettiva, significa che l'insieme delle immagini coincide con il codominio... Pertanto se $f$ è suriettiva, allora automaticamente che $vinR^3$ vive nell'immagine.
Altrimenti, ti trovi come è fatta l'immagine: si tratta di vedere se tale vettore può essere scritto come combinazione lineare dei vettori che formano l'immagine
b)
Partiamo dalla definizione di antiimmagine di un vettore:
definiamo antiimmagine di un vettore $v$ l'insieme $f^(-1)(v)= {winR^3 | f(w)=v}$.
Stiamo cercando dunque un vettore del dominio tale per cui la sua immagine sia $v$.
Nota che $f(w)= Aw$, dove $A$ è la matrice associata all'applicazione lineare.
$A= [ ( -1 , 0 , 2 ),( 0 , 0 , -2 ),( 0 ,0 , 2 ) ] $
Si ha $Aw=v$: $ [ ( -1 , 0 , 2 ),( 0 , 0 , -2 ),( 0 ,0 , 2 ) ] [ ( x ),( y ),( z ) ] = [ ( 0 ),(4 ),(-4 ) ] $ . Trovi in questo modo l'anitimmagine
Ci sono quasi, grazie! 
Non ho però capito il procedimento per definire come è fatta l'immagine; nel senso: come si arriva, nella soluzione, a dire ad esempio che $Im f_(0) = span(e_(1),e_(2)) = Im f_(1)$?
Non ho però capito il procedimento per definire come è fatta l'immagine; nel senso: come si arriva, nella soluzione, a dire ad esempio che $Im f_(0) = span(e_(1),e_(2)) = Im f_(1)$?
Dobbiamo stabilire quando il sistema $A|v$ ammette soluzione.
Questo si ha (per Rouché-Capelli) se e solo se $rank(A)=rank(A|v)$.
$ A=[ ( t , t+1 , t(t-1) ),(0 ,t(t+1) , t-1 ),( 0 , 0 , t(t-1) ) ] $
$ A|v=[ ( t , t+1 , t(t-1) ,0),(0 ,t(t+1) , t-1,4 ),( 0 , 0 , t(t-1),-4 ) ] $
il loro rango è uguale se e solo se $t!=0, t!=-1, t!=1$
Questo si ha (per Rouché-Capelli) se e solo se $rank(A)=rank(A|v)$.
$ A=[ ( t , t+1 , t(t-1) ),(0 ,t(t+1) , t-1 ),( 0 , 0 , t(t-1) ) ] $
$ A|v=[ ( t , t+1 , t(t-1) ,0),(0 ,t(t+1) , t-1,4 ),( 0 , 0 , t(t-1),-4 ) ] $
il loro rango è uguale se e solo se $t!=0, t!=-1, t!=1$
Ma allora io farei, per $t = -1$:
$ | ( -1 , 0 , 2 , 0 ),( 0 , 0 , -2 , 4 ),( 0 , 0 , 2 , -4 ) | $
che, avendo rango 2, mi dà come immagine: ${(2,1,-4), (0,0,-2)}$
Ma nella soluzione ho $Im f_(-1) = span(e_(1),e_(2)-e_(3))$
Non ne vengo fuori
$ | ( -1 , 0 , 2 , 0 ),( 0 , 0 , -2 , 4 ),( 0 , 0 , 2 , -4 ) | $
che, avendo rango 2, mi dà come immagine: ${(2,1,-4), (0,0,-2)}$
Ma nella soluzione ho $Im f_(-1) = span(e_(1),e_(2)-e_(3))$
Non ne vengo fuori
Nel calcolo dell'immagine non devi considerare la matrice aggiunta
Cosa intendi per "matrice aggiunta"?
Quella dove hai messo come ultima colonna $v $. Forse è meglio che riguardi come si trova il sottospazio immagine di un'applicazione lineare; )
Sarà fatto, grazie 
Prego comunque a me $Im (f_{0})$ viene come dice la soluzoone, le altre due immagini che da la soluzione (per t$=+_1$) mi risultano diverse! Chiedo conferma ad altri utenti, ma non mi pare di aver sbagliato i conti
comunque a me $Im (f_{0})$ viene come dice la soluzoone, le altre due immagini che da la soluzione (per t$=+_1$) mi risultano diverse! Chiedo conferma ad altri utenti, ma non mi pare di aver sbagliato i conti
Da una rapida ripassata mi sembra di capire che basta individuare le colonne linearmente indipendenti (tolto il vettore $v$ ovviamente), ma le cose qua non mi tornano comunque
È sufficiente quello che dici... mostra i passaggi a sto punto
Mah, non so nemmeno se ci siano effettivamente dei passaggi da fare; per $t=-1$ ottengo la matrice:
$ | ( -1 , 0 , 2 ),( 0 , 0 , -2 ),( 0 , 0 , 2 ) | $
ed essendo i due vettori $(-1,0,0)$ e $(2,-2,2)$ linearmente indipendenti, dovrei aver automaticamente trovato una base...
Poi boh, c'è da ridurre a scala? Altri passaggi? Non saprei
$ | ( -1 , 0 , 2 ),( 0 , 0 , -2 ),( 0 , 0 , 2 ) | $
ed essendo i due vettori $(-1,0,0)$ e $(2,-2,2)$ linearmente indipendenti, dovrei aver automaticamente trovato una base...
Poi boh, c'è da ridurre a scala? Altri passaggi? Non saprei
Ora è corretto secondo me.. però come vedi non è uguale al sottospazio immagine che propone la soluzione del testo
Infatti, infatti... Me lo segno e chiedo alla prof più avanti, grazie mille ancora feddy!
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