Esercizio Parametrico Matrici - Base Kernel e Immagine
Ciao a tutti. Essendo il mio primo posto cerchero' di utilizzare la formattazione migliore, suppongo pero' che faro' qualche errore, e di questo vi chiedo scusa.
Il testo dell'esercizio e' il seguente:
Si consideri l'endomorfismo $f_k$ : \(\displaystyle R^3 \rightarrow R^3 \) dello spazio vettoriale \(\displaystyle R^3 \)definito da:
\(\displaystyle f_k(x,y,z) = (x+y+kz, x+ky, 2x+(k+1)y + kz) \).
Determinare al variare di k in R:
- Una base di Im$f_k$ e una base di Ker$f_k$
- l'insieme $f^-1$ $(0,2,2)$
Quindi quello che ho pensato e' stato:
Determino la matrice associata:
$ ((1 , 1 , k),(1, k, 0),(2, k+1, k)) $
vedo subito che la terza riga e' somma delle altre due, quindi la base dell'immagine e':
\(\displaystyle B = {(1,1,k),(1,k,0)} \) quando questi due vettori sono indipendenti.
Dato che il primo vettore nella terza posizione ha $k$ ed il secondo ha $0$, se anche $k = 0$ non mi verrebbero dipendenti.
E fino a qui dovrebbe essere giusto (spero), poi ho qualche problema.
Per trovare la base di ker$f$ ho pensato di risolvere il sistema fra i primi due vettori:
$\{(a + b + kc = 0),(a + kb = 0):}$ $\rightarrow$ $\{(kb - b = kc),(a = -kb):}$ $\rightarrow$ $\{(c = (b(k-1))/k),(a = -kb):}$ $\rightarrow$ $\{(b = (kc)/(k-1)),(a = -(k^2 c)/(k-1)):}$ $\rightarrow$ $\{(b = (kc)/(k-1)),(c = -(a(k-1))/(k^2)):}$
$\rightarrow$ $\{(c = (b(k-1))/k),(c = -(a(k-1))/(k^2)):}$
trovando quindi $c$ in funzione di $a$ e $b$
quindi poi troverei un vettore $[[-(k-1)/k^2],[(k-1)/k],[1]]$ che dovrebbe essere la base del Kernel...
Sinceramente non sono sicuro che il procedimento (o il risultato) sia giusto.
Grazie mille in anticipo dell'aiuto.
Cordiali Saluti.
Il testo dell'esercizio e' il seguente:
Si consideri l'endomorfismo $f_k$ : \(\displaystyle R^3 \rightarrow R^3 \) dello spazio vettoriale \(\displaystyle R^3 \)definito da:
\(\displaystyle f_k(x,y,z) = (x+y+kz, x+ky, 2x+(k+1)y + kz) \).
Determinare al variare di k in R:
- Una base di Im$f_k$ e una base di Ker$f_k$
- l'insieme $f^-1$ $(0,2,2)$
Quindi quello che ho pensato e' stato:
Determino la matrice associata:
$ ((1 , 1 , k),(1, k, 0),(2, k+1, k)) $
vedo subito che la terza riga e' somma delle altre due, quindi la base dell'immagine e':
\(\displaystyle B = {(1,1,k),(1,k,0)} \) quando questi due vettori sono indipendenti.
Dato che il primo vettore nella terza posizione ha $k$ ed il secondo ha $0$, se anche $k = 0$ non mi verrebbero dipendenti.
E fino a qui dovrebbe essere giusto (spero), poi ho qualche problema.
Per trovare la base di ker$f$ ho pensato di risolvere il sistema fra i primi due vettori:
$\{(a + b + kc = 0),(a + kb = 0):}$ $\rightarrow$ $\{(kb - b = kc),(a = -kb):}$ $\rightarrow$ $\{(c = (b(k-1))/k),(a = -kb):}$ $\rightarrow$ $\{(b = (kc)/(k-1)),(a = -(k^2 c)/(k-1)):}$ $\rightarrow$ $\{(b = (kc)/(k-1)),(c = -(a(k-1))/(k^2)):}$
$\rightarrow$ $\{(c = (b(k-1))/k),(c = -(a(k-1))/(k^2)):}$
trovando quindi $c$ in funzione di $a$ e $b$
quindi poi troverei un vettore $[[-(k-1)/k^2],[(k-1)/k],[1]]$ che dovrebbe essere la base del Kernel...
Sinceramente non sono sicuro che il procedimento (o il risultato) sia giusto.
Grazie mille in anticipo dell'aiuto.
Cordiali Saluti.
Risposte
[xdom="vict85"]Sposto in geometria e algebra lineare[/xdom]
Grazie per averlo spostato, scusate per l'errore 
$ f $Non fa niente, hai già usato le formule e questo è piuttosto raro.
Una insieme di generatori dell'immagine è dato dalle colonne e non dalle righe. Risulta un po' meno immediato vedere che il rango delle colonne. In ogni caso è evidente che per \(k = 0\) la terza colonna si annulla e la matrice diventa
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1& 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\end{pmatrix} \)
e quindi le colonne \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix} \) e \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \) sono una base per l'immagine. È evidente che questo sia vero anche nel caso \(\displaystyle k = 1 \) (la prima e la seconda colonna coincidono.
Nel caso \(\displaystyle k\neq 0 \) generico si ha che \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & k\\ 1 & k & 0 \\ 2 & k+1 & k\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\) e \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & k\\ 1 & k & 0 \\ 2 & k+1 & k\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ k^{-1}\end{pmatrix}\) e quindi i due vettori colonna appartengono all'immagine. Con un po' di calcoli si può vedere che questa è una base per l'immagine anche nel caso \(\displaystyle k\neq \{0,1\}\).
Passiamo dunque al kernel. Siccome la matrice ha rango 2 allora il kernel ha dimensione 1. Possiamo dunque eliminare l'ultima riga in quanto somma delle prime due ricavando il sistema:
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & k\\ 1 & k & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \).
A questo punto devi considerare i casi
\(\displaystyle k = 0 \)
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \) che a banalmente soluzione \(\displaystyle (0,0,c) = \langle(0,0,1)\rangle\).
\(\displaystyle k = 1 \)
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \) che a banalmente soluzione \(\displaystyle (a,-a,0) = \langle(1,-1,0)\rangle\).
\(\displaystyle k \neq \{0,1\} \) in questo caso non si hanno colonne uguali perciò trasformiamo \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & k\\ 1 & k & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \) nel sistema \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -kc \\ 0 \end{pmatrix} \).
Siccome il determinante \(\displaystyle k-1 \) è diverso da \(\displaystyle 0 \) possiamo usare cramer ricavando: \(\displaystyle a = \frac{-k^2c}{k-1} \) e \(\displaystyle b = \frac{kc}{k-1} \). In definitiva si ricava il sottospazio \(\displaystyle \Bigl(-\frac{k^2c}{k-1}, \frac{kc}{k-1}, c\Bigr) = \biggl\langle\Bigl(-\frac{k^2}{k-1}, \frac{k}{k-1}, 1\Bigr)\biggr\rangle \). Si noti che per \(\displaystyle k=0 \) ricaviamo il sottospazio già calcolato.
Il tuo calcolo era giusto ma \(\displaystyle c \) doveva essere il coefficiente che tiravi fuori (di fatto il parametro della retta).
Una insieme di generatori dell'immagine è dato dalle colonne e non dalle righe. Risulta un po' meno immediato vedere che il rango delle colonne. In ogni caso è evidente che per \(k = 0\) la terza colonna si annulla e la matrice diventa
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1& 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\end{pmatrix} \)
e quindi le colonne \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix} \) e \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \) sono una base per l'immagine. È evidente che questo sia vero anche nel caso \(\displaystyle k = 1 \) (la prima e la seconda colonna coincidono.
Nel caso \(\displaystyle k\neq 0 \) generico si ha che \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & k\\ 1 & k & 0 \\ 2 & k+1 & k\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\) e \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & k\\ 1 & k & 0 \\ 2 & k+1 & k\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ k^{-1}\end{pmatrix}\) e quindi i due vettori colonna appartengono all'immagine. Con un po' di calcoli si può vedere che questa è una base per l'immagine anche nel caso \(\displaystyle k\neq \{0,1\}\).
Passiamo dunque al kernel. Siccome la matrice ha rango 2 allora il kernel ha dimensione 1. Possiamo dunque eliminare l'ultima riga in quanto somma delle prime due ricavando il sistema:
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & k\\ 1 & k & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \).
A questo punto devi considerare i casi
\(\displaystyle k = 0 \)
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \) che a banalmente soluzione \(\displaystyle (0,0,c) = \langle(0,0,1)\rangle\).
\(\displaystyle k = 1 \)
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \) che a banalmente soluzione \(\displaystyle (a,-a,0) = \langle(1,-1,0)\rangle\).
\(\displaystyle k \neq \{0,1\} \) in questo caso non si hanno colonne uguali perciò trasformiamo \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & k\\ 1 & k & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \) nel sistema \(\displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -kc \\ 0 \end{pmatrix} \).
Siccome il determinante \(\displaystyle k-1 \) è diverso da \(\displaystyle 0 \) possiamo usare cramer ricavando: \(\displaystyle a = \frac{-k^2c}{k-1} \) e \(\displaystyle b = \frac{kc}{k-1} \). In definitiva si ricava il sottospazio \(\displaystyle \Bigl(-\frac{k^2c}{k-1}, \frac{kc}{k-1}, c\Bigr) = \biggl\langle\Bigl(-\frac{k^2}{k-1}, \frac{k}{k-1}, 1\Bigr)\biggr\rangle \). Si noti che per \(\displaystyle k=0 \) ricaviamo il sottospazio già calcolato.
Il tuo calcolo era giusto ma \(\displaystyle c \) doveva essere il coefficiente che tiravi fuori (di fatto il parametro della retta).
Grazie mille della risposta, ho capito molto ma avrei un paio di domande su alcune cose che non mi sono chiare:
- Come mai la base dell'immagine e' data dalle colonne? Per quello che mi ricordo io ho sempre usato le righe, cosa cambia esattamente? (non dovrei trovare una combinazione di vettori linearmente indipendenti in ambedue i casi?)
- dopo aver detto che $((1),(1),(2))$ e $((1),(0),(1))$ sono una base per l'immagine se $k = 0$ e se $k = 1$, te hai fatto vedere che ognuna delle due colonne e' prodotta come la matrice generica $\times$ un vettore, e che quindi sono una base per $k$ generico? (con questa domanda cerco solo di capire se ho capito)
- nel caso $k = 1$ per trovare il Kernel, abbiamo che $\{(a + b + c = 0),(a + b = 0),(c = 0):}$ $\rightarrow$ $\{(a = a),(b = -a),(c = 0):}$ e quindi viene $<(1,-1,0)>$? (anche questa e' solo per capire se ho capito)
- Come mai nel caso generale del Kernel (nella formula per intenderci), se sostituisco $k = 0$ mi trovo $(0,0,1)$ che era esattamente il Kernel con $k = 0$ mentre se sostituisco $k = 1$ non trovo $(1,-1,0)$ ma sempre $(0,0,1)$?
Grazie mille dell'aiuto, sei stato davvero molto gentile, e scusami tanto per le domande probabilmente stupide
- Come mai la base dell'immagine e' data dalle colonne? Per quello che mi ricordo io ho sempre usato le righe, cosa cambia esattamente? (non dovrei trovare una combinazione di vettori linearmente indipendenti in ambedue i casi?)
- dopo aver detto che $((1),(1),(2))$ e $((1),(0),(1))$ sono una base per l'immagine se $k = 0$ e se $k = 1$, te hai fatto vedere che ognuna delle due colonne e' prodotta come la matrice generica $\times$ un vettore, e che quindi sono una base per $k$ generico? (con questa domanda cerco solo di capire se ho capito)
- nel caso $k = 1$ per trovare il Kernel, abbiamo che $\{(a + b + c = 0),(a + b = 0),(c = 0):}$ $\rightarrow$ $\{(a = a),(b = -a),(c = 0):}$ e quindi viene $<(1,-1,0)>$? (anche questa e' solo per capire se ho capito)
- Come mai nel caso generale del Kernel (nella formula per intenderci), se sostituisco $k = 0$ mi trovo $(0,0,1)$ che era esattamente il Kernel con $k = 0$ mentre se sostituisco $k = 1$ non trovo $(1,-1,0)$ ma sempre $(0,0,1)$?
Grazie mille dell'aiuto, sei stato davvero molto gentile, e scusami tanto per le domande probabilmente stupide
"AscaL":
Grazie mille della risposta, ho capito molto ma avrei un paio di domande su alcune cose che non mi sono chiare:
- Come mai la base dell'immagine e' data dalle colonne? Per quello che mi ricordo io ho sempre usato le righe, cosa cambia esattamente? (non dovrei trovare una combinazione di vettori linearmente indipendenti in ambedue i casi?)
È un bel po' che non faccio queste cose quindi potrei sbagliarmi però:
\[\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ c\end{pmatrix}\]
\[\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b \\ d\end{pmatrix}\]
Quindi le colonne sono l'immagine della base del dominio all'interno dell'immagine. Inoltre se ci ragioni è anche una questione di dimensioni (le righe hanno la dimensione del dominio, le colonne del codominio).
"AscaL":
- dopo aver detto che $((1),(1),(2))$ e $((1),(0),(1))$ sono una base per l'immagine se $k = 0$ e se $k = 1$, te hai fatto vedere che ognuna delle due colonne e' prodotta come la matrice generica $\times$ un vettore, e che quindi sono una base per $k$ generico? (con questa domanda cerco solo di capire se ho capito)
Quei due vettori sono linearmente indipendenti e sapevo già che il rango della matrice era $2$ per qualsiasi $k$ (dalle righe). Perciò dovevo solamente trovare due vettori indipendenti nell'immagine.
"AscaL":
- nel caso $k = 1$ per trovare il Kernel, abbiamo che $\{(a + b + c = 0),(a + b = 0),(c = 0):}$ $\rightarrow$ $\{(a = a),(b = -a),(c = 0):}$ e quindi viene $<(1,-1,0)>$? (anche questa e' solo per capire se ho capito)
Si è esattamente per questo.
"AscaL":
- Come mai nel caso generale del Kernel (nella formula per intenderci), se sostituisco $k = 0$ mi trovo $(0,0,1)$ che era esattamente il Kernel con $k = 0$ mentre se sostituisco $k = 1$ non trovo $(1,-1,0)$ ma sempre $(0,0,1)$?
Grazie mille dell'aiuto, sei stato davvero molto gentile, e scusami tanto per le domande probabilmente stupide
Se sostituisci con \(\displaystyle 1 \) mandi il tutto all'infinito. Potresti vedere la cosa in senso proiettivo tutto sommato. Da un punto di vista dall'algebra lineare il problema è che con \(\displaystyle k=1 \) il minore dato dalle prime due colonne smette di essere invertibile. In altre parole la terza colonna non appartiene all'immagine delle prime due. Il sistema che trovi spostando la terza colonna a destra dell'uguale sarà perciò impossibile. Al contrario degli altri casi non potrai quindi usare \(\displaystyle c \) come parametro. Nota comunque che avresti potuto, nel caso generico, usare a o b come parametro. In quel caso avresti trovato una formula che sarebbe stata valida nel caso \(\displaystyle k=1 \) mentre avresti dovuto procedere separatamente nel caso \(\displaystyle k=0 \).
Perfetto, grazie mille delle spiegazioni, ora mi e' tutto molto piu' chiaro 
Ehm, scusate ma mi ero dimenticato del secondo punto dell'esercizio:
l'insieme $f^-1$ $(0,2,2)$.
Per trovarlo devo risolvere $((1,1,k),(1,k,0),(2,k+1,k))$ $\times$ $((a),(b),(c))$ $=$ $((0),(2),(2))$?
Sinceramente non mi e' molto chiaro.
$f^-1$ cos'e' esattamente? Se ho capito dovrebbe esser la controimmagine, quindi dovrei trovare un elemento (tre in questo caso) del dominio tale che la matrice per questo elemento mi dia $((0),(2),(2))$?
In caso posso ignorare la terza riga sempre perche' e' la somma delle altre due e quindi risolvere il sistema
$((1,1,k),(1,k,0))$ $\times$ $((a),(b),(c))$ $=$ $((0),(2),(2))$?
(Sempre che l'esercizio si risolva cosi')
Scusate ancora, grazie mille della disponibilita'!
l'insieme $f^-1$ $(0,2,2)$.
Per trovarlo devo risolvere $((1,1,k),(1,k,0),(2,k+1,k))$ $\times$ $((a),(b),(c))$ $=$ $((0),(2),(2))$?
Sinceramente non mi e' molto chiaro.
$f^-1$ cos'e' esattamente? Se ho capito dovrebbe esser la controimmagine, quindi dovrei trovare un elemento (tre in questo caso) del dominio tale che la matrice per questo elemento mi dia $((0),(2),(2))$?
In caso posso ignorare la terza riga sempre perche' e' la somma delle altre due e quindi risolvere il sistema
$((1,1,k),(1,k,0))$ $\times$ $((a),(b),(c))$ $=$ $((0),(2),(2))$?
(Sempre che l'esercizio si risolva cosi')
Scusate ancora, grazie mille della disponibilita'!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo