Matrice applicazione lineare e spazio sistema soluzioni.

[BRN1]

Ciao a tutti, ho tra le mani un esercizio che mi mette un po' in crisi.

Sia $U$ il sottospazio di $RR^4$ generato dai vettori $(1,1,0,1)^t, (0,0,0,1)^t, (3,3,0,2)^t$.
Determinare la matrice $A$ a coefficienti reali tale che lo spazio delle soluzioni del sistema $Ax=0$ coincida con $U$.

Dunque, $dim(U)=2$ e precisamente $B_U={( ( 1 ),( 1 ),( 0 ),( 1 ) ); ( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( 1 ) )}$

Dal teorema di Rouchè-Capelli, ottengo che $rg(A)=n-rg(U)=4-2=2$. Quindi la matrice $A$ ha rango $2$
Dovendo essere, lo spazio delle soluzioni del sistema $Ax=0$, uguale alla base di $U$, dovrei ritrovarmi con un sitema in cui compaiono due parametri liberi. Ma con quei due vettori della base di $U$, mi è proprio difficile capire come impostare un sistema simile...

Forse sto affogando in un bicchier d'acqua o forse sto usando l'approccio sbagliato. Qualche anima pia è in grado di illuminarmi?

Grazie!

.BRN

[_prime_number]

Intanto nota che se $\mathbf{x},\mathbf{y}$ sono soluzioni di quel sistema omogeneo, anche $\mathbf{x+y}, \alpha\mathbf{x}$ lo sono ($\forall \alpha\in\mathbb{R}$).
Noi vogliamo che tutte e sole le soluzioni siano della forma
$\alpha ((1),(1),(0),(0)) + \beta ((0),(0),(0),(1)), \alpha,\beta\in\mathbb{R}$
(nota che ho usato come primo vettore generatore $((1),(1),(0),(0))$ invece di $((1),(1),(0),(1))$ perché $((1),(1),(0),(0))=((1),(1),(0),(1))- ((0),(0),(0),(1))$)
Dunque la prima condizione sarà
$A((1),(1),(0),(0))=0$ ovvero $\{(a_{11}=-a_{12}),(a_{21}=-a_{22}),(a_{31}=-a_{32}),(a_{41}=-a_{42}):}$
Mentre la seconda
$A ((0),(0),(0),(1))=0$ dà che l'ultima colonna di $A$ deve essere nulla.
Viste le condizioni, per ottenere rango $2$ dobbiamo scegliere la terza colonna, su cui non sappiamo nulla a priori, linearmente indipendente dalla prima. Dunque scegliamo (arbitrariamente, rispettando le condizioni date):
$A=((1,-1,0,0),(0,0,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,0))$
Facciamo una verifica: il sistema associato è
$\{(x=y),(z=0):}$ e parametrizzando $\{(x=\lambda_1),(y=\lambda_1),(z=0),(t=\lambda_2):}$ che corrisponde a $U$.

Paola

[BRN1]

"prime_number":Intanto nota che se $\mathbf{x},\mathbf{y}$ sono soluzioni di quel sistema omogeneo, anche $\mathbf{x+y}, \alpha\mathbf{x}$ lo sono ($\forall \alpha\in\mathbb{R}$).

Direi che la soluzione è racchiusa tutta in queste parole.
Non ci sarei mai arrivato in breve tempo.

Grazie mille Paola!

.BRN

[vittorino70]

Una soluzione alternativa.
Ampliamo la base B ad una base di \(\displaystyle \mathbb{R}^4 \) tramite i vettori \(\displaystyle ^t(1,0,0,0),^t(0,0,1,0) \) che insieme con quelli di B formano una quaterna di vettori indipendenti. Cerchiamo ora un'applicazione lineare
\(\displaystyle f: \mathbb{R}^4 ->\mathbb{R}^4\)
il cui Kernel coincida con B. Per fare ciò abbiamo già le immagini dei vettori di B :
\(\displaystyle f(1,1,0,0)=(0,0,0,0);f(0,0,0,1)=(0,0,0,0) \)
e fissiamo le immagini di \(\displaystyle ^t(1,0,0,0),^t(0,0,1,0) \) ponendo ad esempio :
\(\displaystyle f(1,0,0,0)=(1,0,0,0);f(0,0,1,0)=(0,0,1,0) \)
A questo punto esprimiamo il generico vettore \(\displaystyle (x,y,z,t) \) di \(\displaystyle \mathbb{R}^4 \) in funzione
della quaterna trovata e si ha:
\(\displaystyle (x,y,z,t)=y(1,1,0,0)+t(0,0,0,1)+(x-y)(1,0,0,0)+z(0,0,1,0) \)
Passando alle immagini si ha:
\(\displaystyle f(x,y,z,t)=yf(1,1,0,0)+tf(0,0,0,1)+(x-y)f(1,0,0,0)+zf(0,0,1,0) \)
Cioé :
\( \displaystyle f(x,y,z,t)= y(0,0,0,0)+t(0,0,0,0)+(x-y)(1,0,0,0)+z(0,0,1,0)\)
In definitiva risulta :
\(\displaystyle f(x,y,z,t)=(x-y,0,z,0) \)
La matrice A richiesta sarà allora :
\(\displaystyle A=\begin{pmatrix}1&-1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} \)

[BRN1]

Grazie vittorino!

.BRN