Esercizio sottospazi vettoriali e applicazione lineare
Salve a tutti, vorrei una mano con questo esercizio:
Siano U e V i seguenti sottospazi vettoriali di $RR^3$
$U={(x,y,z) : x+y+z=0}$
$V={(x,y,z) : x+y-z=0}$
- Determinare una base di $U$, una base di $V$, ed una base di $U+V$ e $UnnV$
- Determinare una applicazione lineare $L : RR^3 rarr RR^3$ con $KerL=UnnV$ e $L(U)=V
Ora il primo punto lo risolverei così:
Base di $U$:
$x=-y-z$
$(-y-z, y, z)$ qui ho solo due variabili quindi la dimensione della base è $2$.
Sfrutto quindi la base canonica di $RR^2$:
$BaseU=(-1,0,1), (-1,1,0)$
Stesso procedimento per trovare la Base di $V$:
$z=x+y$
$(x,y,x+y)$ la dimensione della base è $2$
$BaseV=(0,1,1),(1,0,1)$
Devo trovare ora una base di $UnnV$
$\{(x + y + z = 0),(x + y - z = 0):}$
risolvo il sistema col metodo della somma e ottengo:
$2x+2y=0$ $->$ $x=-y$
$z=x+y -> z=0$
$(-y,y,0)$ ho una sola variabile quindi la dimensione è $1$
$BaseUnnV=(-1,1,0)$
Per quanto riguarda $U+V$:
So che la dimensione dello spazio somma è uguale alla somma della dimensione dei sottospazi meno la dimensione della loro intersezione.
$Dim(U+V)=Dim(U)+Dim(V)-Dim(UnnV)=2+2-1=3$
scrivo la matrice accostando le basi di U e V.
$[(a), (b),(c),(d)]$$[(-1,0,1), (-1,1,0),(0,1,1),(1,0,1)]$
Poichè la dimensione di $U+V$ è $3$ allora una riga della matrice deve essere linearmente dipendente dalle altre.
Sfrutto le trasformazioni elementari per trovarla:
$riga(c)-riga(b)=(0,1,1)-(-1,1,0)=(1,0,1)$ che è uguale alla riga $d$
Quindi la base di $U+V=(-1,0,1),(-1,1,0),(1,0,1)$
- Determinare una applicazione lineare $L : RR^3 rarr RR^3$ con $KerL=UnnV$ e $L(U)=V
qui avrei bisogno di una mano
Vi ringrazio in anticipo per la pazienza
Siano U e V i seguenti sottospazi vettoriali di $RR^3$
$U={(x,y,z) : x+y+z=0}$
$V={(x,y,z) : x+y-z=0}$
- Determinare una base di $U$, una base di $V$, ed una base di $U+V$ e $UnnV$
- Determinare una applicazione lineare $L : RR^3 rarr RR^3$ con $KerL=UnnV$ e $L(U)=V
Ora il primo punto lo risolverei così:
Base di $U$:
$x=-y-z$
$(-y-z, y, z)$ qui ho solo due variabili quindi la dimensione della base è $2$.
Sfrutto quindi la base canonica di $RR^2$:
$BaseU=(-1,0,1), (-1,1,0)$
Stesso procedimento per trovare la Base di $V$:
$z=x+y$
$(x,y,x+y)$ la dimensione della base è $2$
$BaseV=(0,1,1),(1,0,1)$
Devo trovare ora una base di $UnnV$
$\{(x + y + z = 0),(x + y - z = 0):}$
risolvo il sistema col metodo della somma e ottengo:
$2x+2y=0$ $->$ $x=-y$
$z=x+y -> z=0$
$(-y,y,0)$ ho una sola variabile quindi la dimensione è $1$
$BaseUnnV=(-1,1,0)$
Per quanto riguarda $U+V$:
So che la dimensione dello spazio somma è uguale alla somma della dimensione dei sottospazi meno la dimensione della loro intersezione.
$Dim(U+V)=Dim(U)+Dim(V)-Dim(UnnV)=2+2-1=3$
scrivo la matrice accostando le basi di U e V.
$[(a), (b),(c),(d)]$$[(-1,0,1), (-1,1,0),(0,1,1),(1,0,1)]$
Poichè la dimensione di $U+V$ è $3$ allora una riga della matrice deve essere linearmente dipendente dalle altre.
Sfrutto le trasformazioni elementari per trovarla:
$riga(c)-riga(b)=(0,1,1)-(-1,1,0)=(1,0,1)$ che è uguale alla riga $d$
Quindi la base di $U+V=(-1,0,1),(-1,1,0),(1,0,1)$
- Determinare una applicazione lineare $L : RR^3 rarr RR^3$ con $KerL=UnnV$ e $L(U)=V
qui avrei bisogno di una mano
Vi ringrazio in anticipo per la pazienza
Risposte
"lordcoste":
Salve a tutti, vorrei una mano con questo esercizio:
Siano U e V i seguenti sottospazi vettoriali di $RR^3$
$U={(x,y,z) : x+y+z=0}$
$V={(x,y,z) : x+y-z=0}$
- Determinare una base di $U$, una base di $V$, ed una base di $U+V$ e $UnnV$
- Determinare una applicazione lineare $L : RR^3 rarr RR^3$ con $KerL=UnnV$ e $L(U)=V
Per $U+V$ una base è la base canonica di $\mathbb(R)^3$ ....
"lordcoste":
Salve a tutti, vorrei una mano con questo esercizio:
Siano U e V i seguenti sottospazi vettoriali di $RR^3$
$U={(x,y,z) : x+y+z=0}$
$V={(x,y,z) : x+y-z=0}$
- Determinare una applicazione lineare $L : RR^3 rarr RR^3$ con $KerL=UnnV$ e $L(U)=V
Prova a ragionare in questo modo:
$U = $ Span ${((1),(-1),(0)) , ((1),(0),(-1))}$
$V = $ Span ${((1),(-1),(0)) , ((1),(0),(1))}$
quindi
$U \cap V = $ Span ${((1),(-1),(0))}$
inoltre deve essere necessariamente
$L ((1),(-1),(0)) = ((0),(0),(0))$ .
Ragionando sulla dimensione dell'immagine di $L(U)$, si scopre che
dim $(L(U)) = 1$
prova a concludere da solo...
Per prima cosa ti ringrazio per la risposta.
Da cosa si deduce questo?
Io ricordo solo che dimImmagine = dimDominio - dimKernel
"franced":
Ragionando sulla dimensione dell'immagine di $L(U)$, si scopre che
dim $(L(U)) = 1$
Da cosa si deduce questo?
Io ricordo solo che dimImmagine = dimDominio - dimKernel
Visto che $L(U)$ ha dimensione 1, non può essere uguale a $V$..
ciao ho avuto anche io questo compito all'esame di matematica discreta e neanche io riesco a fare l'ultimo pezzo. Me lo poteste spiegare bene bene per favore? sono sicura che me lo chiederà all'orale e dato che sono passata per il rotto della cuffia vorrei prepararmi bene 
Se ho interpretato bene i suggerimenti di franced mi verrebbe da dire che tale applicazione lineare non esiste.
Però tutto parte dal presupposto che la $Dim L(U)=1$ cosa che io non riesco a capire, mi verrebbe da dire che sia 2.
Spero che qualcuno riesca a chiarirmi un po' le idee perchè anche io domani (giovedì 16) ho l'orale.
Saluti
e grazie per la pazienza
Però tutto parte dal presupposto che la $Dim L(U)=1$ cosa che io non riesco a capire, mi verrebbe da dire che sia 2.
Spero che qualcuno riesca a chiarirmi un po' le idee perchè anche io domani (giovedì 16) ho l'orale.
Saluti
e grazie per la pazienza
be siamo in due! io neanche pensavo di averlo passato l'esame e non mi son neanche messa a ripassare!!! sto facendo un tour de force!!!! senti tu sei riuscito a fare il secondo esercizio? se si me lo passeresti per favore?
"lordcoste":
Se ho interpretato bene i suggerimenti di franced mi verrebbe da dire che tale applicazione lineare non esiste.
Però tutto parte dal presupposto che la $Dim L(U)=1$ cosa che io non riesco a capire, mi verrebbe da dire che sia 2.
Non è detto che un'applicazione lineare conservi le dimensioni dei sottospazi!
Cerco di spiegarmi meglio.
Un generico vettore di $U$ si scrive nel seguente modo:
$((x),(y),(z)) = lambda_1 ((1),(-1),(0)) + lambda_2 ((1),(0),(-1))$
se pplichi $L$ ottieni:
$L ((x),(y),(z)) = lambda_1 L((1),(-1),(0)) + lambda_2 L((1),(0),(-1))$
ora, visto che $((1),(-1),(0))$ sta nel ker, hai che
$L ((x),(y),(z)) = lambda_2 L((1),(0),(-1))$ .
Mi sono spiegato ora?
Un generico vettore di $U$ si scrive nel seguente modo:
$((x),(y),(z)) = lambda_1 ((1),(-1),(0)) + lambda_2 ((1),(0),(-1))$
se pplichi $L$ ottieni:
$L ((x),(y),(z)) = lambda_1 L((1),(-1),(0)) + lambda_2 L((1),(0),(-1))$
ora, visto che $((1),(-1),(0))$ sta nel ker, hai che
$L ((x),(y),(z)) = lambda_2 L((1),(0),(-1))$ .
Mi sono spiegato ora?
chiarissimo ma quel L(U)=V? a che serve?
"robymexy86":
chiarissimo ma quel L(U)=V? a che serve?
E' una richiesta dell'esercizio.
Non ci sono endomorfismi con quelle proprietà.
ah ok grazie. speriamo in bene. Senti posso postarti un esercizio che proprio non riesco a capire come farlo? è sugli autovalori e diagonalizzazione con parametro incognito...
"robymexy86":
ah ok grazie. speriamo in bene. Senti posso postarti un esercizio che proprio non riesco a capire come farlo? è sugli autovalori e diagonalizzazione con parametro incognito...
Apri un altro messaggio però!
ok lo chiamo aiuto autovalori XD
"robymexy86":
ok lo chiamo aiuto autovalori XD
Non mettete la parola "aiuto" nei messaggi: è inadeguata..
cavolo troppo tardi. ora lo modifico
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