Intersezione tra due sottospazi
Sia:
$V={(a+b,a-b,2a+b,a-2b)}$ e $U=((0,2,1,3))$
Determinare una base di $V nn U$.
Una base di $V$ è $B_V=((1,-1,1,-2),(1,1,2,1))$ e una base di $U$ è $B_U=((0,2,1,3))$.
Portando in forma cartesiana $V$ e $U$ e mettendo tutto a sistema otteniamo:
${(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$.
La matrice $A$ associata al sistema ha rango $rho(A)=4$.Poiché il numero delle incognite risulta
$n=4$ allora $n-rho(A)=0$ quindi il sistema non ammette soluzioni.
Perciò si può concludere dicendo che $V nn U$ non ammette alcuna base in quanto
$V nn U={(0,0,0,0)}$.
Io l’ho svolto così ma il mio libro mi dà un risultato diverso in quanto afferma che
$B_(V nn U)=B_U$ in quanto $U$ è contenuto in $V$.
Come fà ad ottenere questo risultato se il sistema ammette soluzione nulla??
Grazie
$V={(a+b,a-b,2a+b,a-2b)}$ e $U=((0,2,1,3))$
Determinare una base di $V nn U$.
Una base di $V$ è $B_V=((1,-1,1,-2),(1,1,2,1))$ e una base di $U$ è $B_U=((0,2,1,3))$.
Portando in forma cartesiana $V$ e $U$ e mettendo tutto a sistema otteniamo:
${(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$.
La matrice $A$ associata al sistema ha rango $rho(A)=4$.Poiché il numero delle incognite risulta
$n=4$ allora $n-rho(A)=0$ quindi il sistema non ammette soluzioni.
Perciò si può concludere dicendo che $V nn U$ non ammette alcuna base in quanto
$V nn U={(0,0,0,0)}$.
Io l’ho svolto così ma il mio libro mi dà un risultato diverso in quanto afferma che
$B_(V nn U)=B_U$ in quanto $U$ è contenuto in $V$.
Come fà ad ottenere questo risultato se il sistema ammette soluzione nulla??
Grazie
Risposte
"Aristotele":
Sia:
$V={(a+b,a-b,2a+b,a-2b)}$ e $U=((0,2,1,3))$
Determinare una base di $V nn U$.
Una base di $V$ è $B_V=((1,-1,1,-2),(1,1,2,1))$ e una base di $U$ è $B_U=((0,2,1,3))$.
$(0,2,1,3) = (1,1,2,1) - (1,-1,1,-2)$, quindi ha ragione il libro.
ciao.... forse avrai sbagliato a scrivere le equazioni cartesiane per questo non ti ritrovi con il risultato..
ricontrolla bene le equazioni
ciao ciao
ricontrolla bene le equazioni
ciao ciao
"Tipper":
[quote="Aristotele"]Sia:
$V={(a+b,a-b,2a+b,a-2b)}$ e $U=((0,2,1,3))$
Determinare una base di $V nn U$.
Una base di $V$ è $B_V=((1,-1,1,-2),(1,1,2,1))$ e una base di $U$ è $B_U=((0,2,1,3))$.
$(0,2,1,3) = (1,1,2,1) - (1,-1,1,-2)$, quindi ha ragione il libro.[/quote]
Ah ho capito perchè soddisfa l'operazione di somma cioè $v+u in U$ e $v+u in V$...a dire la verità l'avevo pensata questa cosa però mi sono fatto ingannare dalla teoria che parla di somma e prodotto però giustamente per somma si intende anche questo:$(0,2,1,3) = (1,1,2,1) - (1,-1,1,-2)$.
ad ogni modo pero nn capisco perchè pur facendo l'intersezione come ho fatto prima ottengo la soluzione nulla....
"miuemia":
ciao.... forse avrai sbagliato a scrivere le equazioni cartesiane per questo non ti ritrovi con il risultato..
ricontrolla bene le equazioni
ciao ciao
No ti assicuro le ho controllate e ho messo a sistema ogni equazione cartesiana ottenuta da ogni minore....
Un'altra cosa.....
Ma se ho $S=[(2,0,0,1),(0,-2,0,0),(0,1,0,-1)]$ e $S'=[(0,0,1,0),(1,0,1,0)]$ e voglio sapere $L(S) nn L(S')$ come devo procedere...devo trovare prima $L(S)$ e $L(S')$ che valgono:
$L(S)=[(2x,-2y+z,0,x-z) in R^4|x,y,z in R]$
$L(S')=[(a,0,a+b,0) in R^4|a,b in R]$
Poi come si fà?
Ma se ho $S=[(2,0,0,1),(0,-2,0,0),(0,1,0,-1)]$ e $S'=[(0,0,1,0),(1,0,1,0)]$ e voglio sapere $L(S) nn L(S')$ come devo procedere...devo trovare prima $L(S)$ e $L(S')$ che valgono:
$L(S)=[(2x,-2y+z,0,x-z) in R^4|x,y,z in R]$
$L(S')=[(a,0,a+b,0) in R^4|a,b in R]$
Poi come si fà?
"Aristotele":
La matrice $A$ associata al sistema ha rango $rho(A)=4$.Poiché il numero delle incognite risulta
$n=4$ allora $n-rho(A)=0$ quindi il sistema non ammette soluzioni.
Questo mi pare proprio che sia sbagliato. Prendi il sistema
$\{(x+y=0),(x-y=0):}$
La matrice dei coefficienti ha rango due, come pure due è il numero delle incognite, ma ammette soluzione. Anzi, ogni sistema quadrato, la cui matrice dei coefficienti è a rango pieno, ammette una e una sola soluzione.
"Aristotele":
Un'altra cosa.....
Ma se ho $S=[(2,0,0,1),(0,-2,0,0),(0,1,0,-1)]$ e $S'=[(0,0,1,0),(1,0,1,0)]$ e voglio sapere $L(S) nn L(S')$ come devo procedere...devo trovare prima $L(S)$ e $L(S')$ che valgono:
$L(S)=[(2x,-2y+z,0,x-z) in R^4|x,y,z in R]$
$L(S')=[(a,0,a+b,0) in R^4|a,b in R]$
Poi come si fà?
Io scriverei le equazioni cartesiani di entrambi gli spazi e metterei tutto a sistema.
"Tipper":
[quote="Aristotele"]La matrice $A$ associata al sistema ha rango $rho(A)=4$.Poiché il numero delle incognite risulta
$n=4$ allora $n-rho(A)=0$ quindi il sistema non ammette soluzioni.
Questo mi pare proprio che sia sbagliato. Prendi il sistema
$\{(x+y=0),(x-y=0):}$
La matrice dei coefficienti ha rango due, come pure due è il numero delle incognite, ma ammette soluzione. Anzi, ogni sistema quadrato, la cui matrice dei coefficienti è a rango pieno, ammette una e una sola soluzione.[/quote]
Capisco ma questa $n-rho(A)=S$ l'ho travata sul libro anzi è proprio una proposizione.In questo caso non vale?Cioè quando il numero di incognite $n$ coincide con il rango $rho(A)$ ammette una sola soluzione??
Data una matrice $A$, $n - "rank"(A) = "ker"(A)$, dal teorema di nullità + rango. Se $A$ è quadrata di ordine $n$ e $"rank"(A) = n$, allora $A$ è una rappresentazione in forma di matrice di un'applicazione lineare iniettiva e suriettiva, quindi invertibile, pertanto il sistema $Ax = b$ ammette un'unica soluzione, pari a $x = A^{-1} b$.
Cosa dice esattamente la proposizione che hai citato?
Cosa dice esattamente la proposizione che hai citato?
"Tipper":
Data una matrice $A$, $n - "rank"(A) = "ker"(A)$, dal teorema di nullità + rango. Se $A$ è quadrata di ordine $n$ e $"rank"(A) = n$, allora $A$ è una rappresentazione in forma di matrice di un'applicazione lineare iniettiva e suriettiva, quindi invertibile, pertanto il sistema $Ax = b$ ammette un'unica soluzione, pari a $x = A^{-1} b$.
Cosa dice esattamente la proposizione che hai citato?
Effettivamente non è una proposizione è qualcosa di più forte
..Teorema:
Sia $AX=0$ un sistema lineare omogeneo in $m$ equazioni ed $n$ incognite.L'insieme $S$ delle sue soluzioni è un sottospazio di $K^n$ di dimensione $n-rho(A)$.
Appunto: se $n = "rank"(A)$, l'applicazione è iniettiva, questo vuol dire che il $"ker"$ coincide con lo spazio nullo, e la sola soluzione del sistema è quella banale. Se poi $A$ è quadrata, il sistema $Ax = b$ ammette un'unica soluzione, proprio perché $A$ è suriettiva, e comunque si scelga $b$ risulta $b \in "Im"(A)$. A garantire che la soluzione è pure unica, ci pensa Cramer.
"Tipper":
Appunto: se $n = "rank"(A)$, l'applicazione è iniettiva, questo vuol dire che il $"ker"$ coincide con lo spazio nullo, e la sola soluzione del sistema è quella banale. Se poi $A$ è quadrata, il sistema $Ax = b$ ammette un'unica soluzione, proprio perché $A$ è suriettiva, e comunque si scelga $b$ risulta $b \in "Im"(A)$. A garantire che la soluzione è pure unica, ci pensa Cramer.
Ma nel caso proposto da me:
${(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$.
La matrice $A$ associata al sistema ha rango $rho(A)=4$ e il numero delle incognite risulta
$n=4$.
Come si risolve?Dovrebbe avere un'unica soluzione giusto?
Sicuro che la matrice associata a questo sistema lineare abbia rango 4?
"Tipper":
Sicuro che la matrice associata a questo sistema lineare abbia rango 4?
Si da conti che ho fatto sembrerebbe di si...
No, dopo sostituzioni varie si arriva a questo sistema
$\{(x=0),(y=2z),(t=3z):}$
e ora si vede anche a occhio che la matrice associata non può avere rango 4.
$\{(x=0),(y=2z),(t=3z):}$
e ora si vede anche a occhio che la matrice associata non può avere rango 4.
"Tipper":
No, dopo sostituzioni varie si arriva a questo sistema
$\{(x=0),(y=2z),(t=3z):}$
e ora si vede anche a occhio che la matrice associata non può avere rango 4.
Ah ho capito io ho provato a fare le sostituzioni ma non sono riuscito ad ottenere il tuo risultato...
Quindi la soluzione è unica ed è proprio il vettore $(0,2,1,3)$???
No, la soluzione non è unica, ma sono $\infty^{1}$. Questo perché la matrice associata ha rango 3. Resta comunque il fatto che il vettore $(0,2,1,3)$ è una soluzione.
"Tipper":
No, la soluzione non è unica, ma sono $\infty^{1}$. Questo perché la matrice associata ha rango 3. Resta comunque il fatto che il vettore $(0,2,1,3)$ è una soluzione.
Ah quindi $3$ è il rango della matrice associata a questo sistema ${(x=0),(y=2z),(t=3z):}$ non a
questo:
${(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$...
Ma dal sistema:
${(x=0),(y=2z),(t=3z):}$
per $z=1$ si ottiene $(0,2,1,3)$...
I sistemi
$\{(x=0),(y=2z),(t=3z):}$
e
$\{(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$
sono la stessa cosa. Poi, per $z=1$, si trova la soluzione $(x,y,z,t) = (0,2,1,3)$.
$\{(x=0),(y=2z),(t=3z):}$
e
$\{(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$
sono la stessa cosa. Poi, per $z=1$, si trova la soluzione $(x,y,z,t) = (0,2,1,3)$.
"Tipper":
I sistemi
$\{(x=0),(y=2z),(t=3z):}$
e
$\{(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$
sono la stessa cosa. Poi, per $z=1$, si trova la soluzione $(x,y,z,t) = (0,2,1,3)$.
No questo l'ho capito...tu questo sistema:$\{(x=0),(y=2z),(t=3z):}$ l'hai ottenuto da questo $\{(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$...
Soltanto che mettendo in forma di matrice $\{(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$ ottenevo rango $4$ e quindi andavo a fare $n-rho(A)=4-4=0$ ma come giustamente hai detto tu
poichè ha rango $3$ allora vale anche il Teorema che ho enunciato nei messaggi precedenti $n-rho(A)=1$ cioè $oo^1$ una soluzione...Giusto?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo