Esercizio di algebra lineare!!
Salve a tutti,
mi ritrovo con una tipologia di esercizi nuova per me.. come il seguente:
vuole sapere \( ker(f) \), \( im(f) \), una base per il \( ker(f) \), una base per l' \( im(f) \), \(dim_\mathbb{R}(ker(f)) \), e \(dim_\mathbb{R}(im(f)) \), premetto che so di ulteriori metodi di risoluzione, ma preferisco porvi il mio, anche se forse è un pò lunghetto...
il \( ker(f) =\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|(x_1,x_2,x_3,x_4) \in \mathbb{R}^4 \wedge f((x_1,x_2,x_3,x_4))=(0,0,0,0) \} \), ovviamente se \( (x_1,x_2,x_3,x_4) \in \mathbb{R}^4 \) allora è decomponibile unicamente nella combinazione lineare \( (x_1,x_2,x_3,x_4)=\alpha_1 \cdot e_1 + \alpha_2 \cdot e_2 + \alpha_3 \cdot e_3 + \alpha_4 \cdot e_4 \), ove \( (e_1,e_2,e_3,e_4) \) è la base canonica di \( \mathbb{R}^4 \) ed \( (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) \in \mathbb{R}^4 \).. si nota facilmente che :
\( e_1 \) è noto per ipotesi
\( e_2 = (0,1,1,1)-(0,0,1,1)=(0,1,0,0) \)
\(e_3 =(0,0,1,1)-(0,0,0,1)=(0,0,1,0) \)
\( e_4 \) è noto per ipotesi
per lo scopo del problema interessa valutare \( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=f(\alpha_1 \cdot e_1 + \alpha_2 \cdot e_2 + \alpha_3 \cdot e_3 + \alpha_4 \cdot e_4) \), ovvero, essendo \( f \) un omomorfismo \( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=(\alpha_1 \cdot f(e_1) + \alpha_2 \cdot f(e_2) + \alpha_3 \cdot f(e_3) + \alpha_4 \cdot f(e_4)) \)
calcoliamo/riscriviamo a parte le immagini delle basi mancanti/note, ovvero:
\( f(e_1)=(2,h-3,-1,0) \)
\( f(e_2)=f((0,1,1,1)) -f((0,0,1,0))= (0, 5-h,3,2)-(0,5-2h,3,2)=(0,h,0,0) \)
\( f(e_3)=f((0,0,1,1))-f((0,0,0,1))=(0,5-2h,3,2)-(0,2-h,0,2)=(0,3-h,3,0) \)
\( f(e_4)=(0,2-h,0,2) \)
quindi avremo che
\( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=\alpha_1 \cdot (2,h-3,-1,0)+ \alpha_2 \cdot (0,h,0,0) + \alpha_3 \cdot (0,3-h,3,0) + \alpha_4 \cdot (0,2-h,0,2) \)
facendo le opportune moltiplicazioni avremo, dulcis in fundo:
\( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=(2 \cdot \alpha_1,(h-3) \cdot \alpha_1, - \alpha_1, 0)+ (0,h \cdot \alpha_2, 0, 0) + (0, (3-h)\cdot \alpha_3, 3 \cdot \alpha_3,0)+(0,(2-h) \cdot \alpha_4,0,2 \cdot \alpha_4) \)
ma al problema interessa \( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=(0,0,0,0) \), quindi :
\( (0,0,0,0)=(2 \cdot \alpha_1,(h-3) \cdot \alpha_1 + h \cdot \alpha_2 + (3-h) \cdot \alpha_3 + (2-h) \cdot \alpha_4,-\alpha_1 + 3\cdot \alpha_3, 2\cdot \alpha_4)\)
ottenendo così il seguente sistema:
$\{(2 \cdot \alpha_1=0),((h-3) \cdot \alpha_1 + h \cdot \alpha_2 + (3-h) \cdot \alpha_3 + (2-h) \cdot \alpha_4=0),(-\alpha_1 + 3\cdot \alpha_3 = 0),(2\cdot \alpha_4=0):}$
La matrice associata a tale sistema è $|(2,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)|$, da adesso in poi opero una serie di trasformazioni elementari per ridurre la matrice ad una triangolare alta ed a elementi lungo la diagonale principale pari ad \(1\), tanto l'insieme delle soluzioni non varia, in particolare le seguenti trasformazioni:
1) sostituisco \( R3\) con \( 2 \cdot R3\)
2) sostituisco \( R3\) con \( R3+R1\)
3) sostituisco \(R1\) con \((h-3) \cdot R1\)
4) sostituisco \( R1\) con \( 1/2 \cdot R1 \)
5) sostituisco \( R2 \) con \(R2 - R1 \)
6) per \( h \neq 3 \), sostituisco \( R1 \) con \( 1/(h-3) \cdot R1 \)
7) per \( h \neq 0 \), sostituisco \( R2 \) con \( 1/h \cdot R2 \)
8) sostituisco \( R3 \) con \( 1/6 \cdot R3 \)
alla fine di tutta sta roba ottengo la seguente matrice:
$|(1,0,0,0),(0,1,3/h -1,2/h -1),(0,0,1,0),(0,0,0,1)|$, la matrice voluta, riscrivendo il sistema avremo :
$\{(alpha_1=0),(\alpha_2 + (3/h -1) \cdot \alpha_3 + (2/h -1) \cdot \alpha_4=0),(\alpha_3=0),(\alpha_4=0):}$
sin qui almeno è corretto?? Perdonatemi se lo svolgimento è lungo, ma almeno spero sia giusto!! Ringrazio anticipatamente!!
P.S.= Scriverò l'altra parte sino alla fine se almeno la parte di sopra è corretta!!
Preciso anche che inconsciamente ho scelto una via mooolto lunga, mi bastava vedere se \( ((1,0,0,0),(0,1,1,1),(0,0,1,1),(0,0,0,1))\), formata da \( 4 \) \( 4 \)-uple era linearmente indipendente su \( \mathbb{R} \) per dire che è anche base (ed in effetti lo è) .. perdonatemi per la mancata svista.. ma ormai continuo come ho iniziato!!
Continuo---
dal sistema $\{(\alpha_1=0),(\alpha_2 + (3/h -1) \cdot \alpha_3 + (2/h -1) \cdot \alpha_4=0),(\alpha_3=0),(\alpha_4=0):}$, si ottiene \( \alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=\alpha_4=0 \), e ritornando alla definizione, leggermente modificata per lo scopo voluto, di \( ker(f) =\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|(x_1,x_2,x_3,x_4) \in \mathbb{R}^4 \wedge (x_1,x_2,x_3,x_4)=\alpha_1 \cdot e_1 + \alpha_2 \cdot e_2 + \alpha_3 \cdot e_3 + \alpha_4\cdot e_4 \wedge \alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=\alpha_4=0 \} \) e quindi \( ker(f) =\{(0,0,0,0) \in \mathbb{R}^4 \} \); si nota subito per definizione che \( 0 \doteq dim_\mathbb{R}(ker(f)) \), ed applicando la formula ottengo che \( 4 \doteq dim_\mathbb{R}(im(f))\), ed essendo \( im(f) \) un sottospazio vettoriale di \( \mathbb{R}^4 \) allora \( im(f)=\mathbb{R}^4 \) ed una sua base può essere la base canonica, o anche la base citata prima nel P.S. Mentre per quanto riguarda una base di \( ker(f) \) questa non esiste..
Mi hanno fatto notare che le soluzioni trovate sono date per \( h \neq 3 \) e \( h \neq 0 \).... per il resto è fatto giusto?
mi ritrovo con una tipologia di esercizi nuova per me.. come il seguente:
vuole sapere \( ker(f) \), \( im(f) \), una base per il \( ker(f) \), una base per l' \( im(f) \), \(dim_\mathbb{R}(ker(f)) \), e \(dim_\mathbb{R}(im(f)) \), premetto che so di ulteriori metodi di risoluzione, ma preferisco porvi il mio, anche se forse è un pò lunghetto...
il \( ker(f) =\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|(x_1,x_2,x_3,x_4) \in \mathbb{R}^4 \wedge f((x_1,x_2,x_3,x_4))=(0,0,0,0) \} \), ovviamente se \( (x_1,x_2,x_3,x_4) \in \mathbb{R}^4 \) allora è decomponibile unicamente nella combinazione lineare \( (x_1,x_2,x_3,x_4)=\alpha_1 \cdot e_1 + \alpha_2 \cdot e_2 + \alpha_3 \cdot e_3 + \alpha_4 \cdot e_4 \), ove \( (e_1,e_2,e_3,e_4) \) è la base canonica di \( \mathbb{R}^4 \) ed \( (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) \in \mathbb{R}^4 \).. si nota facilmente che :
\( e_1 \) è noto per ipotesi
\( e_2 = (0,1,1,1)-(0,0,1,1)=(0,1,0,0) \)
\(e_3 =(0,0,1,1)-(0,0,0,1)=(0,0,1,0) \)
\( e_4 \) è noto per ipotesi
per lo scopo del problema interessa valutare \( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=f(\alpha_1 \cdot e_1 + \alpha_2 \cdot e_2 + \alpha_3 \cdot e_3 + \alpha_4 \cdot e_4) \), ovvero, essendo \( f \) un omomorfismo \( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=(\alpha_1 \cdot f(e_1) + \alpha_2 \cdot f(e_2) + \alpha_3 \cdot f(e_3) + \alpha_4 \cdot f(e_4)) \)
calcoliamo/riscriviamo a parte le immagini delle basi mancanti/note, ovvero:
\( f(e_1)=(2,h-3,-1,0) \)
\( f(e_2)=f((0,1,1,1)) -f((0,0,1,0))= (0, 5-h,3,2)-(0,5-2h,3,2)=(0,h,0,0) \)
\( f(e_3)=f((0,0,1,1))-f((0,0,0,1))=(0,5-2h,3,2)-(0,2-h,0,2)=(0,3-h,3,0) \)
\( f(e_4)=(0,2-h,0,2) \)
quindi avremo che
\( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=\alpha_1 \cdot (2,h-3,-1,0)+ \alpha_2 \cdot (0,h,0,0) + \alpha_3 \cdot (0,3-h,3,0) + \alpha_4 \cdot (0,2-h,0,2) \)
facendo le opportune moltiplicazioni avremo, dulcis in fundo:
\( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=(2 \cdot \alpha_1,(h-3) \cdot \alpha_1, - \alpha_1, 0)+ (0,h \cdot \alpha_2, 0, 0) + (0, (3-h)\cdot \alpha_3, 3 \cdot \alpha_3,0)+(0,(2-h) \cdot \alpha_4,0,2 \cdot \alpha_4) \)
ma al problema interessa \( f((x_1,x_2,x_3,x_4))=(0,0,0,0) \), quindi :
\( (0,0,0,0)=(2 \cdot \alpha_1,(h-3) \cdot \alpha_1 + h \cdot \alpha_2 + (3-h) \cdot \alpha_3 + (2-h) \cdot \alpha_4,-\alpha_1 + 3\cdot \alpha_3, 2\cdot \alpha_4)\)
ottenendo così il seguente sistema:
$\{(2 \cdot \alpha_1=0),((h-3) \cdot \alpha_1 + h \cdot \alpha_2 + (3-h) \cdot \alpha_3 + (2-h) \cdot \alpha_4=0),(-\alpha_1 + 3\cdot \alpha_3 = 0),(2\cdot \alpha_4=0):}$
La matrice associata a tale sistema è $|(2,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)|$, da adesso in poi opero una serie di trasformazioni elementari per ridurre la matrice ad una triangolare alta ed a elementi lungo la diagonale principale pari ad \(1\), tanto l'insieme delle soluzioni non varia, in particolare le seguenti trasformazioni:
1) sostituisco \( R3\) con \( 2 \cdot R3\)
2) sostituisco \( R3\) con \( R3+R1\)
3) sostituisco \(R1\) con \((h-3) \cdot R1\)
4) sostituisco \( R1\) con \( 1/2 \cdot R1 \)
5) sostituisco \( R2 \) con \(R2 - R1 \)
6) per \( h \neq 3 \), sostituisco \( R1 \) con \( 1/(h-3) \cdot R1 \)
7) per \( h \neq 0 \), sostituisco \( R2 \) con \( 1/h \cdot R2 \)
8) sostituisco \( R3 \) con \( 1/6 \cdot R3 \)
alla fine di tutta sta roba ottengo la seguente matrice:
$|(1,0,0,0),(0,1,3/h -1,2/h -1),(0,0,1,0),(0,0,0,1)|$, la matrice voluta, riscrivendo il sistema avremo :
$\{(alpha_1=0),(\alpha_2 + (3/h -1) \cdot \alpha_3 + (2/h -1) \cdot \alpha_4=0),(\alpha_3=0),(\alpha_4=0):}$
sin qui almeno è corretto?? Perdonatemi se lo svolgimento è lungo, ma almeno spero sia giusto!! Ringrazio anticipatamente!!
P.S.= Scriverò l'altra parte sino alla fine se almeno la parte di sopra è corretta!!
Preciso anche che inconsciamente ho scelto una via mooolto lunga, mi bastava vedere se \( ((1,0,0,0),(0,1,1,1),(0,0,1,1),(0,0,0,1))\), formata da \( 4 \) \( 4 \)-uple era linearmente indipendente su \( \mathbb{R} \) per dire che è anche base (ed in effetti lo è) .. perdonatemi per la mancata svista.. ma ormai continuo come ho iniziato!! Continuo---
dal sistema $\{(\alpha_1=0),(\alpha_2 + (3/h -1) \cdot \alpha_3 + (2/h -1) \cdot \alpha_4=0),(\alpha_3=0),(\alpha_4=0):}$, si ottiene \( \alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=\alpha_4=0 \), e ritornando alla definizione, leggermente modificata per lo scopo voluto, di \( ker(f) =\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|(x_1,x_2,x_3,x_4) \in \mathbb{R}^4 \wedge (x_1,x_2,x_3,x_4)=\alpha_1 \cdot e_1 + \alpha_2 \cdot e_2 + \alpha_3 \cdot e_3 + \alpha_4\cdot e_4 \wedge \alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=\alpha_4=0 \} \) e quindi \( ker(f) =\{(0,0,0,0) \in \mathbb{R}^4 \} \); si nota subito per definizione che \( 0 \doteq dim_\mathbb{R}(ker(f)) \), ed applicando la formula ottengo che \( 4 \doteq dim_\mathbb{R}(im(f))\), ed essendo \( im(f) \) un sottospazio vettoriale di \( \mathbb{R}^4 \) allora \( im(f)=\mathbb{R}^4 \) ed una sua base può essere la base canonica, o anche la base citata prima nel P.S. Mentre per quanto riguarda una base di \( ker(f) \) questa non esiste..
Mi hanno fatto notare che le soluzioni trovate sono date per \( h \neq 3 \) e \( h \neq 0 \).... per il resto è fatto giusto?
Risposte
Ciao 
ho guardato la tua soluzione e tutto il ragionamento mi sembra corretto. Non riesco però a trovarmi con le condizioni su $ h $. A me torna la sola condizione $ h!=0 $. Per $ h=3 $ la matrice è $ ((2,0,0,0),(0,3,0,-1),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)) $. Basta ridurre solo la terza riga e il rango è sempre 4. Anche se fai il determinante nella matrice con le $ h $ torna la sola condizione $ h!=0rArrrango=4 $
ho guardato la tua soluzione e tutto il ragionamento mi sembra corretto. Non riesco però a trovarmi con le condizioni su $ h $. A me torna la sola condizione $ h!=0 $. Per $ h=3 $ la matrice è $ ((2,0,0,0),(0,3,0,-1),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)) $. Basta ridurre solo la terza riga e il rango è sempre 4. Anche se fai il determinante nella matrice con le $ h $ torna la sola condizione $ h!=0rArrrango=4 $
@Peter Pan,
dalla matrice $|(2,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)|$, facendo le seguenti trasformazioni per avere una triangolare alta:
\( R1 \to 1/2 R1 \): $|(1,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)|$
\( R3 \to R3+R1 \): $|(1,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(0,0,3,0),(0,0,0,2)|$
\( R1 \to (h-3)R1 \), \( h \neq 3 \): $|(h-3,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(0,0,3,0),(0,0,0,2)|$
\( R2 \to R2 -R1 \): $|(h-3,0,0,0),(0,h,3-h,2-h),(0,0,3,0),(0,0,0,2)|=:g$
otteniamo una triangolare alta, il determinante è il prodotto degli elementi lungo la diagonale principale, ovvero \( det(g)=6h \cdot (h-3) \), il sistema ammette soluzione unica se \( det(g) \neq 0 \), e lo è quando \( h \neq 0 \wedge h \neq 3 \), in questo caso applicando la regola di Cramer, visto che il sistema è anche omogeneo, avremo come soluzione \( (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)=(0,0,0,0)=0_{\mathbb{R}^4} \).. con \( ker(f) \) e \( im(f) \) quelli che ho scritto pirma!! concordi?
Più tardi tento di scrivere le soluzioni quando abbiamo \( h=0 \vee h=3 \)...
"Peter Pan":
Ciao
ho guardato la tua soluzione e tutto il ragionamento mi sembra corretto. Non riesco però a trovarmi con le condizioni su $ h $. A me torna la sola condizione $ h!=0 $. Per $ h=3 $ la matrice è $ ((2,0,0,0),(0,3,0,-1),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)) $. Basta ridurre solo la terza riga e il rango è sempre 4. Anche se fai il determinante nella matrice con le $ h $ torna la sola condizione $ h!=0rArrrango=4 $
dalla matrice $|(2,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)|$, facendo le seguenti trasformazioni per avere una triangolare alta:
\( R1 \to 1/2 R1 \): $|(1,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)|$
\( R3 \to R3+R1 \): $|(1,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(0,0,3,0),(0,0,0,2)|$
\( R1 \to (h-3)R1 \), \( h \neq 3 \): $|(h-3,0,0,0),(h-3,h,3-h,2-h),(0,0,3,0),(0,0,0,2)|$
\( R2 \to R2 -R1 \): $|(h-3,0,0,0),(0,h,3-h,2-h),(0,0,3,0),(0,0,0,2)|=:g$
otteniamo una triangolare alta, il determinante è il prodotto degli elementi lungo la diagonale principale, ovvero \( det(g)=6h \cdot (h-3) \), il sistema ammette soluzione unica se \( det(g) \neq 0 \), e lo è quando \( h \neq 0 \wedge h \neq 3 \), in questo caso applicando la regola di Cramer, visto che il sistema è anche omogeneo, avremo come soluzione \( (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)=(0,0,0,0)=0_{\mathbb{R}^4} \).. con \( ker(f) \) e \( im(f) \) quelli che ho scritto pirma!! concordi?
Più tardi tento di scrivere le soluzioni quando abbiamo \( h=0 \vee h=3 \)...
Ciao
I tuoi calcoli sono giusti, però se nella matrice iniziale poni $ h=3 $ hai $((2,0,0,0),(0,3,0,-1),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)) $ che ha $ det!=0rArrrango=4 $.
Se ti calcoli il determinante della matrice iniziale è $ 2*h*6!=0rArrh!=0 $.
I tuoi calcoli sono giusti, però se nella matrice iniziale poni $ h=3 $ hai $((2,0,0,0),(0,3,0,-1),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)) $ che ha $ det!=0rArrrango=4 $.
Se ti calcoli il determinante della matrice iniziale è $ 2*h*6!=0rArrh!=0 $.
@Peter Pan,
hai ragione...
thanks!! In effetti potrei calcolare il \( det \) sulla iniziale matrice associata senza riduzione, tagliando così la testa al toro!!
Saluti
"Peter Pan":
Ciao
I tuoi calcoli sono giusti, però se nella matrice iniziale poni $ h=3 $ hai $((2,0,0,0),(0,3,0,-1),(-1,0,3,0),(0,0,0,2)) $ che ha $ det!=0rArrrango=4 $.
Se ti calcoli il determinante della matrice iniziale è $ 2*h*6!=0rArrh!=0 $.
hai ragione...
thanks!! In effetti potrei calcolare il \( det \) sulla iniziale matrice associata senza riduzione, tagliando così la testa al toro!!Saluti
I due determinanti sono legati dalle seguenti relazioni: poichè se $ B $ è ottenuta da $ A $ moltiplicando una riga per $ k $ allora $ detB=kdetA $. Quindi se chiamo $ A $ la prima matrice $ B $ quella ottenuta dopo la divisione per 1/2 e $ C $ quella ottenuta dopo la moltiplicazione per $ h-3 $ hai che $ detB=1/2detA, detC=(h-3)detBrArrdetC=(h-3)/2detArArrdetA=2/(h-3)detC=12h $. L'unica condizione è quindi $ h!=0 $.
@Peter Pan,
grazie!!
"Peter Pan":
I due determinanti sono legati dalle seguenti relazioni: poichè se $ B $ è ottenuta da $ A $ moltiplicando una riga per $ k $ allora $ detB=kdetA $. Quindi se chiamo $ A $ la prima matrice $ B $ quella ottenuta dopo la divisione per 1/2 e $ C $ quella ottenuta dopo la moltiplicazione per $ h-3 $ hai che $ detB=1/2detA, detC=(h-3)detBrArrdetC=(h-3)/2detArArrdetA=2/(h-3)detC=12h $. L'unica condizione è quindi $ h!=0 $.
grazie!!
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