Immagine di un'applicazione lineare: come trovarla
Ciao! Qualche piccolo problemino con un esercizio... ecco il testo:
Si considerino nello spazio vettoriale \(\mathbb{R}^3 \) il sottospazio \(U = \{(x, y, z) | x - z = 0\} \) ed il vettore \(v = (2, -1, 1) \). Sia f: \(\mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3 \) l'applicazione che ad ogni vettore \(x \) di \(\mathbb{R}^3 \) associa quell'unico vettore \(f(x) \in U \) tale che \(x = f(x) + \alpha\cdot v \) per qualche \(\alpha \in \mathbb{R} \). Determina nucleo e immagine dell'applicazione f.
Sviluppando altri punti del problema (che ho tralasciato) ho ricavato che:
- \(\mathbb{R}^3 = U\oplus\langle v\rangle \)
- f è lineare e ad ogni vettore \((x, y, z)\) associa \((-x + z, x + y - z, -x + z)\)
Ora, nel determinare il nucleo, mi risulta che esso coincide con \(\langle(1, -2, 2)\rangle\), anche se di questo non sono ancora molto convinta...
Per quanto riguarda l'immagine, invece, non ho capito che procedimento dovrei usare
... visto che mi capiterà anche in altri esercizi di dover determinare l'immagine di un'applicazione lineare, esiste un metodo (mi vergogno a dirlo) meccanico per fare questa operazione? O comunque un metodo generale?
Si considerino nello spazio vettoriale \(\mathbb{R}^3 \) il sottospazio \(U = \{(x, y, z) | x - z = 0\} \) ed il vettore \(v = (2, -1, 1) \). Sia f: \(\mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3 \) l'applicazione che ad ogni vettore \(x \) di \(\mathbb{R}^3 \) associa quell'unico vettore \(f(x) \in U \) tale che \(x = f(x) + \alpha\cdot v \) per qualche \(\alpha \in \mathbb{R} \). Determina nucleo e immagine dell'applicazione f.
Sviluppando altri punti del problema (che ho tralasciato) ho ricavato che:
- \(\mathbb{R}^3 = U\oplus\langle v\rangle \)
- f è lineare e ad ogni vettore \((x, y, z)\) associa \((-x + z, x + y - z, -x + z)\)
Ora, nel determinare il nucleo, mi risulta che esso coincide con \(\langle(1, -2, 2)\rangle\), anche se di questo non sono ancora molto convinta...
Per quanto riguarda l'immagine, invece, non ho capito che procedimento dovrei usare
... visto che mi capiterà anche in altri esercizi di dover determinare l'immagine di un'applicazione lineare, esiste un metodo (mi vergogno a dirlo) meccanico per fare questa operazione? O comunque un metodo generale?
Risposte
guarda non ho letto completamente l'esercizio, ma in generale l'immagine è il sottospazio generato delle colonne della matrice associata all'applicazione lineare, spero possa esserti d'aiuto.
"angeloferrari":
guarda non ho letto completamente l'esercizio, ma in generale l'immagine è il sottospazio generato delle colonne della matrice associata all'applicazione lineare, spero possa esserti d'aiuto.
capito... Il fatto è che ci è stato chiesto di risolvere questo esercizio senza l'uso di matrici.. non esiste un altro modo??
sicuramente si, ma non sono molto bravo a manipolare le applicazioni lineari senza le matrici, spero qualcuno più esperto venga e risponda perché vorrei vedere anche io come si risolve senza le matrici
Iniziamo dal nucleo.
\[ \ker\ f = \lbrace \mathbf{x} \in \mathbb{R}^3 : f\ (\mathbf{x}) = \mathbf{0} \rbrace \]
Per come definita \( f \), risulta evidente che
\[ \mathbf{x} \in \ker\ f \Leftrightarrow \mathbf{x} \in \mathcal{L} (\mathbf{v}) \]
dove \( \mathcal{L} (\mathbf{v}) \) è lo spazio generato da \( \mathbf{v} \).
In questo caso il calcolo dell'immagine è immediato e in particolare risulta \( f\ (\mathbb{R}^3) = U \).
In generale, fissata una base \( B \) del dominio \( V \) di un'applicazione lineare \( f : V \rightarrow W \), l'immagine di \( f \) è il sottospazio di \( W \) generato dalle immagini attraverso \( f \) dei vettori di \( B \).
\[ \ker\ f = \lbrace \mathbf{x} \in \mathbb{R}^3 : f\ (\mathbf{x}) = \mathbf{0} \rbrace \]
Per come definita \( f \), risulta evidente che
\[ \mathbf{x} \in \ker\ f \Leftrightarrow \mathbf{x} \in \mathcal{L} (\mathbf{v}) \]
dove \( \mathcal{L} (\mathbf{v}) \) è lo spazio generato da \( \mathbf{v} \).
In questo caso il calcolo dell'immagine è immediato e in particolare risulta \( f\ (\mathbb{R}^3) = U \).
In generale, fissata una base \( B \) del dominio \( V \) di un'applicazione lineare \( f : V \rightarrow W \), l'immagine di \( f \) è il sottospazio di \( W \) generato dalle immagini attraverso \( f \) dei vettori di \( B \).
Bisogna farsi guidare dai dati che si hanno a disposizione.
Sia $x=(a,b,c)$ un generico vettore di $RR^3$.
A questo punto $f(a,b,c)=(a,b,c)-\alpha(2,-1,1)=(a-2\alpha,b+\alpha,c-\alpha)$.
Sappiamo che l'immagine del vettore $(a,b,c)$ è in $U$, dunque $a-2\alpha-c+alpha=0$ e questo vuol dire $\alpha=a-c$.
Sostituendo il valore trovato di $\alpha$ si trova:
$f(a,b,c)=(-a+2c,a+b-c,-a+2c)$
La matrice $A_f$ rispetto alla base canonica è la seguente:
$A_f=((-1,0,2),(1,1,-1),(-1,0,2))$
Ottengo una legge diversa da quella trovata.
Per calcolare l'immagine bisogna far riferimento a quella proposizione che afferma quanto segue:
Sia $f:VtoW$ un'applicazione lineare se $H$ è un sistema di generatori di $V$ allora $f(H)$ genera $Imf$.
Nel nostro caso $H={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)}$ è un sistema di generatori di $RR^3$, possiamo concludere, essendo
$f(1,0,0)=(-1,1,-1)$;
$f(0,1,0)=(0,1,0)$;
$f(0,0,1)=(2,-1,2)$;
Il sistema $K={(-1,1,-1),(0,1,0),(2,-1,2)}$ è un sistema di generatori di $Imf$. Trovare una base sia del nucleo che dell'immagine non è difficile.
Sia $x=(a,b,c)$ un generico vettore di $RR^3$.
A questo punto $f(a,b,c)=(a,b,c)-\alpha(2,-1,1)=(a-2\alpha,b+\alpha,c-\alpha)$.
Sappiamo che l'immagine del vettore $(a,b,c)$ è in $U$, dunque $a-2\alpha-c+alpha=0$ e questo vuol dire $\alpha=a-c$.
Sostituendo il valore trovato di $\alpha$ si trova:
$f(a,b,c)=(-a+2c,a+b-c,-a+2c)$
La matrice $A_f$ rispetto alla base canonica è la seguente:
$A_f=((-1,0,2),(1,1,-1),(-1,0,2))$
Ottengo una legge diversa da quella trovata.
Per calcolare l'immagine bisogna far riferimento a quella proposizione che afferma quanto segue:
Sia $f:VtoW$ un'applicazione lineare se $H$ è un sistema di generatori di $V$ allora $f(H)$ genera $Imf$.
Nel nostro caso $H={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)}$ è un sistema di generatori di $RR^3$, possiamo concludere, essendo
$f(1,0,0)=(-1,1,-1)$;
$f(0,1,0)=(0,1,0)$;
$f(0,0,1)=(2,-1,2)$;
Il sistema $K={(-1,1,-1),(0,1,0),(2,-1,2)}$ è un sistema di generatori di $Imf$. Trovare una base sia del nucleo che dell'immagine non è difficile.
Grazie mille Riccardo! 
Mi sei stato veramente d'aiuto!
Mi sei stato veramente d'aiuto!
Grazie anche a te weblan! 
A meno che non abbia sbagliato anch'io , credo che la f sia data come segue :
\(\displaystyle f(x,y,z)=(-x+2z,x+y-z,-x+2z) \)
Infatti dalla definizione di f si deduce che deve essere :
(1) \(\displaystyle f(x,y,z)=(x,y,z)-\alpha(2,-1,1) =(x-2\alpha,y+\alpha,z-\alpha )\)
Dovendo f(x,y,z) appartenere ad U, si deve imporre la condizione \(\displaystyle x=z \) che applicata ad f(x,y,z) porta all'equazione:
\(\displaystyle x-2\alpha=z-\alpha \) da cui \(\displaystyle \alpha=x-z \)
Sostituendo tale valore nella (1) risulta appunto :
\(\displaystyle f(x,y,z)=(-x+2z,x+y-z,-x+2z) \)
Per trovare Im(f) è sufficiente osservare che nella f(x,y,z) la terza componente è una combinazione lineare delle prime due. Ovvero : \(\displaystyle dim(Im(f))=2 \), e dunque basta variare opportunamente le variabili x,y,z soltanto nella prima e seconda componente .
Ponendo \(\displaystyle x=-1,y=1,z=-1 \) si ottiene il vettore \(\displaystyle (-1,1,-1) \)
Ponendo \(\displaystyle x=0,y=1,z=0 \) si ottiene il vettore \(\displaystyle (0,1,0) \)
E dunque si ha \(\displaystyle Im(f)=Span \left( (-1,1,-1),(0,1,0)\right) \)
Per il Ker(f) puoi fare come ti ha detto desimini.
Deve essere \(\displaystyle f(x,y,z)=(0,0,0) \) e sostituendovi la ( 1) hai :
\(\displaystyle (x,y,z)=\alpha(2,-1,1) \)
e questo significa appunto che Ker(f) è lo Span del vettore dato v.
\(\displaystyle f(x,y,z)=(-x+2z,x+y-z,-x+2z) \)
Infatti dalla definizione di f si deduce che deve essere :
(1) \(\displaystyle f(x,y,z)=(x,y,z)-\alpha(2,-1,1) =(x-2\alpha,y+\alpha,z-\alpha )\)
Dovendo f(x,y,z) appartenere ad U, si deve imporre la condizione \(\displaystyle x=z \) che applicata ad f(x,y,z) porta all'equazione:
\(\displaystyle x-2\alpha=z-\alpha \) da cui \(\displaystyle \alpha=x-z \)
Sostituendo tale valore nella (1) risulta appunto :
\(\displaystyle f(x,y,z)=(-x+2z,x+y-z,-x+2z) \)
Per trovare Im(f) è sufficiente osservare che nella f(x,y,z) la terza componente è una combinazione lineare delle prime due. Ovvero : \(\displaystyle dim(Im(f))=2 \), e dunque basta variare opportunamente le variabili x,y,z soltanto nella prima e seconda componente .
Ponendo \(\displaystyle x=-1,y=1,z=-1 \) si ottiene il vettore \(\displaystyle (-1,1,-1) \)
Ponendo \(\displaystyle x=0,y=1,z=0 \) si ottiene il vettore \(\displaystyle (0,1,0) \)
E dunque si ha \(\displaystyle Im(f)=Span \left( (-1,1,-1),(0,1,0)\right) \)
Per il Ker(f) puoi fare come ti ha detto desimini.
Deve essere \(\displaystyle f(x,y,z)=(0,0,0) \) e sostituendovi la ( 1) hai :
\(\displaystyle (x,y,z)=\alpha(2,-1,1) \)
e questo significa appunto che Ker(f) è lo Span del vettore dato v.
Non avevo letto la soluzione di Weblan... Alla fine "melius abundare quam deficere !" 
"ciromario":quoto pienamente
"melius abundare quam deficere !"
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