Kernel di una trasformazione
Salve a tutti!
Ho l'esame di Geometria fra venti giorni ma, nonostante abbia consultato più libri, non ho ancora ben chiaro il significato del sottospazio nucleo $Ker(A)$ associato ad una trasformazione lineare (al di là della definizione $Ker(A)={bb x in RR | A bb x= bb 0}$).
Ancor meno ho chiaro il metodo per trovarne una base ed il perché sia così...
Se ho fatto una domanda troppo stupida, insultatemi pure
.
Ciao
Ho l'esame di Geometria fra venti giorni ma, nonostante abbia consultato più libri, non ho ancora ben chiaro il significato del sottospazio nucleo $Ker(A)$ associato ad una trasformazione lineare (al di là della definizione $Ker(A)={bb x in RR | A bb x= bb 0}$).
Ancor meno ho chiaro il metodo per trovarne una base ed il perché sia così...
Se ho fatto una domanda troppo stupida, insultatemi pure
.Ciao
Risposte
Per "significato" intendi importanza, casi di utilizzo?
Data una applicazione lineare $f:V \to W$, dove $V$ e $W$ sono due $C$-spazi vettoriali, il nucleo, o kernel, di $f$ è $ker(f)=\{v \in V\ |\ f(v)=0 \in W\}$. Il kernel di f entra in gioco nei seguenti sensi:
1) misura "quanto è lontano f dall'essere iniettiva". Infatti la f è iniettiva se e solo se il suo nucleo è zero (ovvero $ker(f)=\{0\}$): se la f è iniettiva allora ogni volta che $f(v)=0$ si ha $v=0$ (in quanto $0=f(0)=f(v)$), e se il nucleo è zero e $f(v)=f(v')$ allora $0=f(v)-f(v')=f(v-v')$ e quindi $v=v'$ (perché $v-v' \in ker(f)$). Questo tra l'altro dice che se $w \in W$ ha $v \in V$ tra le sue antiimmagini, allora l'insieme delle antiimmagini di $w$ è esattamente $v+ker(f)=\{v+u\ |\ u \in ker(f)\}$. Un insieme del tipo $v+ker(f)$ si dice "laterale" di $ker(f)$.
2) Il primo teorema di omomorfismo dà un modo per calcolare l'immagine dell'applicazione lineare (o omomorfismo) $f:V \to W$ a meno di isomorfismi, in quanto afferma che $V/(ker(f)) \cong f(V)$. Ciò implica tra l'altro che $dim(V)=dim(ker(f))+dim(f(V))$.
3) I sistemi lineari (omogenei) con arbitrari finiti numeri di equazioni e di incognite si può tradurre in termini matriciali ove ciò che si cerca è proprio il nucleo di una applicazione lineare. Per farti un esempio, se hai il sistema che consiste delle equazioni $3x-2y=0$ e $x+4z=0$ allora, riscrivendo in forma matriciale:
$((3,-2,0),(1,0,4))((x),(y),(z))=((0),(0))$
Come vedi si tratta di trovare il nucleo dell'applicazione lineare $RR^3 \to RR^2$ di matrice $((3,-2,0),(1,0,4))$ (infatti stai cercando i vettori 3-dimensionali che vengono mandati in 0 tramite tale matrice!).
Quanto al come trovare una base, considera il mio esempio di prima, $A=((3,-2,0),(1,0,4)):\ RR^3 \to RR^2$. Come dicevo, il nucleo di A (qui intendo "il nucleo dell'applicazione lineare che ha A come matrice nella base canonica) consiste di quei $v=((x),(y),(z)) \in RR^3$ tali che $Av=0$, ovvero
$((3,-2,0),(1,0,4))((x),(y),(z))=((0),(0))$
Nel caso di dimensioni maggiori c'è il metodo di eliminazione di Gauss, che partendo dalla matrice iniziale (in questo caso $A$) con operazioni elementari sulle righe (che si traduce nel moltiplicare per opportune matrici quadrate a sinistra della dimensione del codominio) riduce il problema ad uno di più facile soluzione. Qui possiamo ridurci a risolvere il sistema $3x-2y=0$, $x+4z=0$ per sostituzione, ottenendo $x=-4z$ e $y=-6z$. Naturalmente ciò non identifica un elemento unico di $RR^3$ ma un insieme di elementi (il nucleo di A!): usando il parametro $k \in RR$ otteniamo le soluzioni $((x),(y),(z))=((-4k),(-6k),(k))=((-4),(-6),(1))k$. Ciò dice esattamente che il nucleo di A è quel sottospazio di $RR^3$ generato da $((-4),(-6),(1))$. Quindi il nucleo di $f$ ha dimensione 1 e il vettore $((-4),(-6),(1))$ identifica una sua base. Per la formula sulle dimensioni scritta sopra, l'immagine di f ha dunque dimensione 2 e la f è quindi suriettiva. Ciò si poteva dedurre calcolando il rango della matrice A.
Spero di averti dato un'idea
Ciao.
Data una applicazione lineare $f:V \to W$, dove $V$ e $W$ sono due $C$-spazi vettoriali, il nucleo, o kernel, di $f$ è $ker(f)=\{v \in V\ |\ f(v)=0 \in W\}$. Il kernel di f entra in gioco nei seguenti sensi:
1) misura "quanto è lontano f dall'essere iniettiva". Infatti la f è iniettiva se e solo se il suo nucleo è zero (ovvero $ker(f)=\{0\}$): se la f è iniettiva allora ogni volta che $f(v)=0$ si ha $v=0$ (in quanto $0=f(0)=f(v)$), e se il nucleo è zero e $f(v)=f(v')$ allora $0=f(v)-f(v')=f(v-v')$ e quindi $v=v'$ (perché $v-v' \in ker(f)$). Questo tra l'altro dice che se $w \in W$ ha $v \in V$ tra le sue antiimmagini, allora l'insieme delle antiimmagini di $w$ è esattamente $v+ker(f)=\{v+u\ |\ u \in ker(f)\}$. Un insieme del tipo $v+ker(f)$ si dice "laterale" di $ker(f)$.
2) Il primo teorema di omomorfismo dà un modo per calcolare l'immagine dell'applicazione lineare (o omomorfismo) $f:V \to W$ a meno di isomorfismi, in quanto afferma che $V/(ker(f)) \cong f(V)$. Ciò implica tra l'altro che $dim(V)=dim(ker(f))+dim(f(V))$.
3) I sistemi lineari (omogenei) con arbitrari finiti numeri di equazioni e di incognite si può tradurre in termini matriciali ove ciò che si cerca è proprio il nucleo di una applicazione lineare. Per farti un esempio, se hai il sistema che consiste delle equazioni $3x-2y=0$ e $x+4z=0$ allora, riscrivendo in forma matriciale:
$((3,-2,0),(1,0,4))((x),(y),(z))=((0),(0))$
Come vedi si tratta di trovare il nucleo dell'applicazione lineare $RR^3 \to RR^2$ di matrice $((3,-2,0),(1,0,4))$ (infatti stai cercando i vettori 3-dimensionali che vengono mandati in 0 tramite tale matrice!).
Quanto al come trovare una base, considera il mio esempio di prima, $A=((3,-2,0),(1,0,4)):\ RR^3 \to RR^2$. Come dicevo, il nucleo di A (qui intendo "il nucleo dell'applicazione lineare che ha A come matrice nella base canonica) consiste di quei $v=((x),(y),(z)) \in RR^3$ tali che $Av=0$, ovvero
$((3,-2,0),(1,0,4))((x),(y),(z))=((0),(0))$
Nel caso di dimensioni maggiori c'è il metodo di eliminazione di Gauss, che partendo dalla matrice iniziale (in questo caso $A$) con operazioni elementari sulle righe (che si traduce nel moltiplicare per opportune matrici quadrate a sinistra della dimensione del codominio) riduce il problema ad uno di più facile soluzione. Qui possiamo ridurci a risolvere il sistema $3x-2y=0$, $x+4z=0$ per sostituzione, ottenendo $x=-4z$ e $y=-6z$. Naturalmente ciò non identifica un elemento unico di $RR^3$ ma un insieme di elementi (il nucleo di A!): usando il parametro $k \in RR$ otteniamo le soluzioni $((x),(y),(z))=((-4k),(-6k),(k))=((-4),(-6),(1))k$. Ciò dice esattamente che il nucleo di A è quel sottospazio di $RR^3$ generato da $((-4),(-6),(1))$. Quindi il nucleo di $f$ ha dimensione 1 e il vettore $((-4),(-6),(1))$ identifica una sua base. Per la formula sulle dimensioni scritta sopra, l'immagine di f ha dunque dimensione 2 e la f è quindi suriettiva. Ciò si poteva dedurre calcolando il rango della matrice A.
Spero di averti dato un'idea
Ciao.
Beh, grazie mille.
Devo dire che mi sei stato di grande utilità, soprattutto nella parte dei sistemi lineari che è poi quella che mi interessa maggiormente; come dicevo, non ho trovato molta chiarezza nei testi scolastici.
Grazie ancora, se mi verranno altri dubbi di algebra lineare "riciclerò" questo topic
Ciao
Devo dire che mi sei stato di grande utilità, soprattutto nella parte dei sistemi lineari che è poi quella che mi interessa maggiormente; come dicevo, non ho trovato molta chiarezza nei testi scolastici.
Grazie ancora, se mi verranno altri dubbi di algebra lineare "riciclerò" questo topic
Ciao
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