Matrice associata ad applicazione lineare
Sia $F:\RR_3[x] \rightarrow M(2,2,\RR) $ l'applicazione definita da
$ F(p(x))=( ( p(0) , p(3) ),( p'(0) , p'(2) ) ) $
Determinare una base $B$ di $\RR_3[x]$ e una base $B'$ di $M(2,2,\RR)$ tali che la matrice associata a $F$ nelle basi $B'$ e $B$ sia del tipo:
.
Non riesco ad impostare la soluzione del problema. So come costruire generiche basi dei due spazi vettoriali considerati, tuttavia non so come procedere. Nel caso servisse per la risoluzione, nei punti precedenti chiedeva ovviamente di verificare la linearità di f e di determinare una base dell'immagine dell'applicazione lineare e successivamente di completarla a base di $M(2,2,\RR)$.
$ F(p(x))=( ( p(0) , p(3) ),( p'(0) , p'(2) ) ) $
Determinare una base $B$ di $\RR_3[x]$ e una base $B'$ di $M(2,2,\RR)$ tali che la matrice associata a $F$ nelle basi $B'$ e $B$ sia del tipo:
.Non riesco ad impostare la soluzione del problema. So come costruire generiche basi dei due spazi vettoriali considerati, tuttavia non so come procedere. Nel caso servisse per la risoluzione, nei punti precedenti chiedeva ovviamente di verificare la linearità di f e di determinare una base dell'immagine dell'applicazione lineare e successivamente di completarla a base di $M(2,2,\RR)$.
Risposte
Nessuno può darmi una mano?
Vedendo il tipo di esercizi che stai facendo, immagino che tu non abbia ancora affrontato la diagonalizzazione.
Ho provato a pensare qualcosa maneggiando un po' le matrici associate a basi differenti, ma il fatto che $F$ non sia invertibile mi ha spiazzato; pertanto cerchiamo di trovare una soluzione "con le mani e con i piedi" (almeno questo è quello che farei io)
Chiamiamo $M$ la matrice che dobbiamo ottenere come matrice associata all'applicazione $F$ rispetto alle basi incognite $bbB={b_1,b_2,b_3,b_4}$ di $bbbR_3[x]$ e $bbC={c_1,c_2,c_3,c_4}$ di $M_2(bbbR)$
$M=((-1,0,0,0),(0,-1,0,0),(0,0,-1,0),(0,0,0,0))$
La quarta colonna di $M$ è data dalle coordinate rispetto a $bbC$ dell'immagine di $b_4$, ma questa è nulla, pertanto concludiamo che $b_4$ deve essere mappato nel vettore nullo (perchè il vettore nullo è l'unico che ha coordinate $(0,0,0,0)$ rispetto ad una base qualsiasi). Scegliamo $b_4=x^3-3x^2$ (un elemento a caso del nucleo di $F$) e lo completiamo a base di $bbbR_3[x]$, otteniamo ad esempio
Calcoliamo ora le immagini attraverso $F$ dei vettori di $bbB$
Ora, affinchè $M$ sia la matrice associata rispetto a $bbB$ e $bbC$, la seconda base dev'essere scelta dimodochè valgano
$text{coord}_{bbC}(F(b_1))=(-1,0,0,0)$
$text{coord}_{bbC}(F(b_2))=(0,-1,0,0)$
$text{coord}_{bbC}(F(b_3))=(0,0,-1,0)$
$text{coord}_{bbC}(F(b_4))=(0,0,0,0)$
per prima cosa vediamo che il quarto vettore di $bbC$ non vincola (più di tanto) la scelta degli altri, mentre per i primi tre qui ci sta il giochino: tre vettori che soddisfano le prime tre condizioni sono banalmente
$c_1=-F(b_1),c_2=-F(b_2),c_3=-F(b_3)$
per cui se scegliamo $c_4$ in modo da rendere $bbC$ una base di $M_2(bbbR)$ (sempre che questo sia possibile) abbiamo finito. Nel mio caso
sembrerebbe andar bene.
N.B. qui l'unicità delle coordinate rispetto ad una base gioca un ruolo importante...
Sperando di non aver detto troppe cavolate, sarebbe interessante chiedersi quali sono i regimi di validità di questo metodo, ma non so se la cosa sarebbe alla mia portata...
Ho provato a pensare qualcosa maneggiando un po' le matrici associate a basi differenti, ma il fatto che $F$ non sia invertibile mi ha spiazzato; pertanto cerchiamo di trovare una soluzione "con le mani e con i piedi" (almeno questo è quello che farei io)
Chiamiamo $M$ la matrice che dobbiamo ottenere come matrice associata all'applicazione $F$ rispetto alle basi incognite $bbB={b_1,b_2,b_3,b_4}$ di $bbbR_3[x]$ e $bbC={c_1,c_2,c_3,c_4}$ di $M_2(bbbR)$
$M=((-1,0,0,0),(0,-1,0,0),(0,0,-1,0),(0,0,0,0))$
La quarta colonna di $M$ è data dalle coordinate rispetto a $bbC$ dell'immagine di $b_4$, ma questa è nulla, pertanto concludiamo che $b_4$ deve essere mappato nel vettore nullo (perchè il vettore nullo è l'unico che ha coordinate $(0,0,0,0)$ rispetto ad una base qualsiasi). Scegliamo $b_4=x^3-3x^2$ (un elemento a caso del nucleo di $F$) e lo completiamo a base di $bbbR_3[x]$, otteniamo ad esempio
Calcoliamo ora le immagini attraverso $F$ dei vettori di $bbB$
Ora, affinchè $M$ sia la matrice associata rispetto a $bbB$ e $bbC$, la seconda base dev'essere scelta dimodochè valgano
$text{coord}_{bbC}(F(b_1))=(-1,0,0,0)$
$text{coord}_{bbC}(F(b_2))=(0,-1,0,0)$
$text{coord}_{bbC}(F(b_3))=(0,0,-1,0)$
$text{coord}_{bbC}(F(b_4))=(0,0,0,0)$
per prima cosa vediamo che il quarto vettore di $bbC$ non vincola (più di tanto) la scelta degli altri, mentre per i primi tre qui ci sta il giochino: tre vettori che soddisfano le prime tre condizioni sono banalmente
$c_1=-F(b_1),c_2=-F(b_2),c_3=-F(b_3)$
per cui se scegliamo $c_4$ in modo da rendere $bbC$ una base di $M_2(bbbR)$ (sempre che questo sia possibile) abbiamo finito. Nel mio caso
sembrerebbe andar bene.
N.B. qui l'unicità delle coordinate rispetto ad una base gioca un ruolo importante...
Sperando di non aver detto troppe cavolate, sarebbe interessante chiedersi quali sono i regimi di validità di questo metodo, ma non so se la cosa sarebbe alla mia portata...
Io ho seguito un altro ordine di idee. Intanto sostituisco ad ogni polinomio $p(x)$ il vettore (ordinato) dei suoi coefficienti :
\(\displaystyle ax^3+bx^2+cx+d-> \left (\begin{matrix} a\\b\\c\\d\end{matrix} \right )\)
e ad ogni matrice 2x2 il vettore (ordinato) dei suoi elementi :
\(\displaystyle \left (\begin{matrix}\\p&q\\r&s\end{matrix} \right )-> \left (\begin{matrix} p\\q\\r\\s\end{matrix} \right )\)
In tal modo, tenuto conto delle condizioni imposte dalla consegna, la legge algebrica che definisce l'applicazione f diventa :
\(\displaystyle f \left (\begin{matrix} a\\b\\c\\d\end{matrix} \right ) ->\left (\begin{matrix}d\\27a+9b+3c+d\\c\\12a+4b+c\end{matrix} \right)\)
Pertanto la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche C,C' è :
\(\displaystyle M_f^{(C,C')}=\left (\begin{matrix}0&0&0&1\\27&9&3&1\\0&0&1&0\\12&4&1&0\end{matrix}\right ) \)
A questo punto, data una certa arbitrarietà dei dati del problema, scelgo le basi $B,B'$ al modo seguente :
\(\displaystyle B={ \left (\begin{matrix} 1\\0\\0\\0\end{matrix} \right ), \left (\begin{matrix} 0\\1\\0\\1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 0\\0\\1\\1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} q\\r\\s\\t\end{matrix} \right )} \)
\(\displaystyle B'={ \left (\begin{matrix} a\\b\\c\\d\end{matrix} \right ), \left (\begin{matrix} e\\f\\g\\h\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} l\\m\\n\\p\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 1\\0\\0\\0\end{matrix} \right )} \)
[In pratica B ha 3 componenti note e la quarta incognita mentre per B' è il viceversa. Ovviamente la scelta non è unica !]
Per passare dalla coppia $(C,C')$ alla coppia $(B,B')$ si può usare la formula :
$M_{C'}^{B'} cdot M_f^{(B,B')}=M_f^{(C,C')} cdot M_C^{B} $
Nel nostro caso è :
\(\displaystyle \left (\begin{matrix}a&e&l&1\\b&f&m&0\\c&g&n&0\\d&h&p&0\end{matrix}\right ) \cdot \left (\begin{matrix}-1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&0\end{matrix}\right )=\) \(\displaystyle \left (\begin{matrix}0&0&0&1\\27&9&3&1\\0&0&1&0\\12&4&1&0\end{matrix}\right ) \cdot \left (\begin{matrix}1&0&0&q\\0&1&0&r\\0&0&1&s\\0&1&1&t\end{matrix}\right ) \)
Eseguendo il prodotto tra matrici risulta:
\(\displaystyle \left (\begin{matrix}-a&-e&-l&0\\-b&-f&-m&0\\-c&-g&-n&0\\-d&-h&-p&0\end{matrix}\right ) = \left (\begin{matrix}0&1&1&t\\27&10&4&27q+9r+3s+t\\0&0&1&s\\12&4&1&12q+4r+s\end{matrix}\right )\)
Confrontando i termini corrispondenti delle due ultime matrici si ha:
$a=0,e=-1,l=-1,t=0$
$b=-27,f=-10,m=-4,27q+9r+3s+t=0$
$c=0,g=0,n=-1,s=0$
$d=-12,h=-4,p=-1,12q+4r=0$
Ponendo nell'ultima equazione $q=1$ ne segue $r=-3$ e quindi, sostituendo i valori così trovati in B e B', possiamo concludere che :
\(\displaystyle B={ \left (\begin{matrix} 1\\0\\0\\0\end{matrix} \right ), \left (\begin{matrix} 0\\1\\0\\1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 0\\0\\1\\1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 1\\-3\\0\\0\end{matrix} \right )} \)
\(\displaystyle B'={ \left (\begin{matrix} 0\\-27\\0\\-12\end{matrix} \right ), \left (\begin{matrix} -1\\-10\\0\\-4\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} -1\\-4\\-1\\-1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 1\\0\\0\\0\end{matrix} \right )} \)
Ritornando in B ai polinomi ed in B' alle matrici 2x2 si trova che:
$B_{p(x)}={x^3,x^2+1,x+1,x^3-3x^2}$
\(\displaystyle B'_{2x2}= \begin{pmatrix}0&-27\\0&-12\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}-1&-10\\0&-4\end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}-1&-4\\-1&-1\end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix} \)
P.S. E speriamo che non ci siano errori. Dopo questa sfacchinata!!!
\(\displaystyle ax^3+bx^2+cx+d-> \left (\begin{matrix} a\\b\\c\\d\end{matrix} \right )\)
e ad ogni matrice 2x2 il vettore (ordinato) dei suoi elementi :
\(\displaystyle \left (\begin{matrix}\\p&q\\r&s\end{matrix} \right )-> \left (\begin{matrix} p\\q\\r\\s\end{matrix} \right )\)
In tal modo, tenuto conto delle condizioni imposte dalla consegna, la legge algebrica che definisce l'applicazione f diventa :
\(\displaystyle f \left (\begin{matrix} a\\b\\c\\d\end{matrix} \right ) ->\left (\begin{matrix}d\\27a+9b+3c+d\\c\\12a+4b+c\end{matrix} \right)\)
Pertanto la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche C,C' è :
\(\displaystyle M_f^{(C,C')}=\left (\begin{matrix}0&0&0&1\\27&9&3&1\\0&0&1&0\\12&4&1&0\end{matrix}\right ) \)
A questo punto, data una certa arbitrarietà dei dati del problema, scelgo le basi $B,B'$ al modo seguente :
\(\displaystyle B={ \left (\begin{matrix} 1\\0\\0\\0\end{matrix} \right ), \left (\begin{matrix} 0\\1\\0\\1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 0\\0\\1\\1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} q\\r\\s\\t\end{matrix} \right )} \)
\(\displaystyle B'={ \left (\begin{matrix} a\\b\\c\\d\end{matrix} \right ), \left (\begin{matrix} e\\f\\g\\h\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} l\\m\\n\\p\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 1\\0\\0\\0\end{matrix} \right )} \)
[In pratica B ha 3 componenti note e la quarta incognita mentre per B' è il viceversa. Ovviamente la scelta non è unica !]
Per passare dalla coppia $(C,C')$ alla coppia $(B,B')$ si può usare la formula :
$M_{C'}^{B'} cdot M_f^{(B,B')}=M_f^{(C,C')} cdot M_C^{B} $
Nel nostro caso è :
\(\displaystyle \left (\begin{matrix}a&e&l&1\\b&f&m&0\\c&g&n&0\\d&h&p&0\end{matrix}\right ) \cdot \left (\begin{matrix}-1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&0\end{matrix}\right )=\) \(\displaystyle \left (\begin{matrix}0&0&0&1\\27&9&3&1\\0&0&1&0\\12&4&1&0\end{matrix}\right ) \cdot \left (\begin{matrix}1&0&0&q\\0&1&0&r\\0&0&1&s\\0&1&1&t\end{matrix}\right ) \)
Eseguendo il prodotto tra matrici risulta:
\(\displaystyle \left (\begin{matrix}-a&-e&-l&0\\-b&-f&-m&0\\-c&-g&-n&0\\-d&-h&-p&0\end{matrix}\right ) = \left (\begin{matrix}0&1&1&t\\27&10&4&27q+9r+3s+t\\0&0&1&s\\12&4&1&12q+4r+s\end{matrix}\right )\)
Confrontando i termini corrispondenti delle due ultime matrici si ha:
$a=0,e=-1,l=-1,t=0$
$b=-27,f=-10,m=-4,27q+9r+3s+t=0$
$c=0,g=0,n=-1,s=0$
$d=-12,h=-4,p=-1,12q+4r=0$
Ponendo nell'ultima equazione $q=1$ ne segue $r=-3$ e quindi, sostituendo i valori così trovati in B e B', possiamo concludere che :
\(\displaystyle B={ \left (\begin{matrix} 1\\0\\0\\0\end{matrix} \right ), \left (\begin{matrix} 0\\1\\0\\1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 0\\0\\1\\1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 1\\-3\\0\\0\end{matrix} \right )} \)
\(\displaystyle B'={ \left (\begin{matrix} 0\\-27\\0\\-12\end{matrix} \right ), \left (\begin{matrix} -1\\-10\\0\\-4\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} -1\\-4\\-1\\-1\end{matrix} \right ) ,\left (\begin{matrix} 1\\0\\0\\0\end{matrix} \right )} \)
Ritornando in B ai polinomi ed in B' alle matrici 2x2 si trova che:
$B_{p(x)}={x^3,x^2+1,x+1,x^3-3x^2}$
\(\displaystyle B'_{2x2}= \begin{pmatrix}0&-27\\0&-12\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}-1&-10\\0&-4\end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}-1&-4\\-1&-1\end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix} \)
P.S. E speriamo che non ci siano errori. Dopo questa sfacchinata!!!
All'inizio avevo pensato anch'io di impostare un ragionamento simile: calcolo $M_{bbE,bbB}(F)$ ($bbB$ base arbitraria del dominio, $bbE$ base arbitraria del codominio); $bbB'$ è la base incognita del codominio tale che $M_{bbB',bbB}(F)$ è la matrice diagonale del testo, per cui valendo la formula
$M_{bbB',bbB}(F)=M_{bbB',bbE}(text{id}_{M_2(bbbR)}) cdot M_{bbE,bbB}(F)$
ricavo
$M_{bbB',bbB}(F) cdot M_{bbE,bbB}(F)^{-1}=M_{bbB',bbE}(text{id}_{M_2(bbbR)})$
e conoscendo la matrice del cambio di base da $bbE$ a $bbB'$ ricostruisco la base $bbB'$.
Peccato che l'applicazione non sia invertibile
Comunque bell'idea, anche se entrambe non si risparmiano in fatto di conti
$M_{bbB',bbB}(F)=M_{bbB',bbE}(text{id}_{M_2(bbbR)}) cdot M_{bbE,bbB}(F)$
ricavo
$M_{bbB',bbB}(F) cdot M_{bbE,bbB}(F)^{-1}=M_{bbB',bbE}(text{id}_{M_2(bbbR)})$
e conoscendo la matrice del cambio di base da $bbE$ a $bbB'$ ricostruisco la base $bbB'$.
Peccato che l'applicazione non sia invertibile
Comunque bell'idea, anche se entrambe non si risparmiano in fatto di conti
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