Matrice Associata ad applicazione Lineare
Salve, sto ripassando gli esercizi svolti di algebra e mi sono imbattuto in un'applicazione lineare di cui non mi convince la matrice.
sia $f:RR^3 -> RR^4 $ L'applicazione definita da
$
f(1, 1, 1) = (h + 10, h, 2h + 1, −1)
$
$f(0, −1, 1) = (h + 1, 9, 1, 8)
$
$
f(0, 1, 0) = (3, −3, h, −3)
$
avevo calcolato una M(f) del tipo
$((h+10,h+1,3),(h,9,-3),(2h+1,1,h),(-1,8,-3))$
completamente diversa.....
mentre il testo risolutivo da una M(f)
$((3,3,h+4),(h-3,-3,6),(0,h,h+1),(-3,-3,5))$
potreste aiutarmi ?
Grazie
sia $f:RR^3 -> RR^4 $ L'applicazione definita da
$
f(1, 1, 1) = (h + 10, h, 2h + 1, −1)
$
$f(0, −1, 1) = (h + 1, 9, 1, 8)
$
$
f(0, 1, 0) = (3, −3, h, −3)
$
avevo calcolato una M(f) del tipo
$((h+10,h+1,3),(h,9,-3),(2h+1,1,h),(-1,8,-3))$
completamente diversa.....
mentre il testo risolutivo da una M(f)
$((3,3,h+4),(h-3,-3,6),(0,h,h+1),(-3,-3,5))$
potreste aiutarmi ?
Grazie
Risposte
Rispetto a quali basi hai fatto i calcoli? Perché ricorda che la matrice $M=[m_{ij}]$ delle componenti si ottiene da
$$f(e_i)=\sum_{j=1}^4 m_{ij} v_j\qquad i=1, 2, 3$$
dove $\{e_1,e_2,e_3\}$ è una base di $\mathbb{R}^3$ e $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$ di $\mathbb{R}^4$ (e io direi che sono state usate le basi canoniche)
$$f(e_i)=\sum_{j=1}^4 m_{ij} v_j\qquad i=1, 2, 3$$
dove $\{e_1,e_2,e_3\}$ è una base di $\mathbb{R}^3$ e $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$ di $\mathbb{R}^4$ (e io direi che sono state usate le basi canoniche)
Si tratta di un problema standard che si può risolvere in vari modi. Ti dico come farei io.
Consideriamo il vettore generico $(x,y,z)^t$ di $R^3$ [la "t" sta ad indicare che il vettore va pensato scritto in verticale].
Esprimiamo tale vettore in funzione dei vettori di cui si conoscono le immagini:
$(x,y,z)^t=a(1,1,1)^t+b(0,-1,1)^t+c(0,1,0)^t$
Facendo gli opportuni calcoli si trova che :
$a=x,b=-x+z,c=-2x+y+z$
Pertanto si può scrivere che :
$(x,y,z)^t=x(1,1,1)^t+(-x+z)(0,-1,1)^t+(-2x+y+z)(0,1,0)^t$
Passando alle immagini si ha :
$f((x,y,z)^t)=x(h+10,h,2h+1,-1)^t+(-x+z)(h+1,9,1,8)^t+(-2x+y+z)(3,-3,h,-3)^t$
Da qui si ha:
$f((x,y,z)^t)=(3x+3y+(h+4)z,(h-3)x-3y+6z,0x+hy+(h+1)z,-3x-3y+5z)^t$
da cui è facile ricavare la matrice corrispondente che coincide con quella indicata nella soluzione.
Consideriamo il vettore generico $(x,y,z)^t$ di $R^3$ [la "t" sta ad indicare che il vettore va pensato scritto in verticale].
Esprimiamo tale vettore in funzione dei vettori di cui si conoscono le immagini:
$(x,y,z)^t=a(1,1,1)^t+b(0,-1,1)^t+c(0,1,0)^t$
Facendo gli opportuni calcoli si trova che :
$a=x,b=-x+z,c=-2x+y+z$
Pertanto si può scrivere che :
$(x,y,z)^t=x(1,1,1)^t+(-x+z)(0,-1,1)^t+(-2x+y+z)(0,1,0)^t$
Passando alle immagini si ha :
$f((x,y,z)^t)=x(h+10,h,2h+1,-1)^t+(-x+z)(h+1,9,1,8)^t+(-2x+y+z)(3,-3,h,-3)^t$
Da qui si ha:
$f((x,y,z)^t)=(3x+3y+(h+4)z,(h-3)x-3y+6z,0x+hy+(h+1)z,-3x-3y+5z)^t$
da cui è facile ricavare la matrice corrispondente che coincide con quella indicata nella soluzione.
"ciampax":
Rispetto a quali basi hai fatto i calcoli? Perché ricorda che la matrice $M=[m_{ij}]$ delle componenti si ottiene da
$$f(e_i)=\sum_{j=1}^4 m_{ij} v_j\qquad i=1, 2, 3$$
dove $\{e_1,e_2,e_3\}$ è una base di $\mathbb{R}^3$ e $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$ di $\mathbb{R}^4$ (e io direi che sono state usate le basi canoniche)
ahh capito grazie !
non so perchè avevo un appunto scritto che non si potesse calcolare rispetto alla base canonica , qualora lo spazio di arrivo fosse di dimensione diversa rispetto a quello di partenza ( in questo caso 4 )
quindi scrivo il sistema nelle 3 variabili f(e1) f(e2) f(e3)
{f(e1)+f(e2)+f(e3) = (h + 10, h, 2h + 1, −1)
{−f(e2)+f(e3) = (h + 1, 9, 1, 8)
{f(e2) = (3,-3,h,-3)
giusto?
@sandroroma , non conoscevo questo modo di operare,
sbaglio o il tuo metodo è più "intuitivo" rispetto al calcolo delle variabili sul sistema da me scritto ?
In pratica sandroroma ha usato in modo "rapido" il teorema di cambiamento di base: il sistema che risolve all'inizio gli permette di passare dalla base dei vettori dati (in cui sono calcolate le $f$ del tuo esercizio) alla base canonica dello spazio di partenza. Il resto segue da ciò che ti ho detto (e che ha fatto anche lui).
il "metodo" usato da me con il sistema nelle variabili sopra scritte è più laborioso anche se poi si arriva alle stesso risultato , no ?
Scusa non ti seguo...
per trovare la matrice associata rispetto alla base canonica ho scritto il sistema
{f(e1)+f(e2)+f(e3) = (h + 10, h, 2h + 1, −1)
{−f(e2)+f(e3) = (h + 1, 9, 1, 8)
{f(e2) = (3,-3,h,-3)
che risolto nelle variabili f(e1), f(e2) , f(e3) ci da le colonne della M(f) ;
Ho sempre trovato così la matrice associata rispetto alla Base canonica , diversamente da quanto scritto da sandro;
ti trovi ?
{f(e1)+f(e2)+f(e3) = (h + 10, h, 2h + 1, −1)
{−f(e2)+f(e3) = (h + 1, 9, 1, 8)
{f(e2) = (3,-3,h,-3)
che risolto nelle variabili f(e1), f(e2) , f(e3) ci da le colonne della M(f) ;
Ho sempre trovato così la matrice associata rispetto alla Base canonica , diversamente da quanto scritto da sandro;
ti trovi ?
Ah sì, certo, è in pratica lo stesso. Tu metti in una solo sistema quello che sandroroma ha spezzato in due passaggi.
"ciampax":
Ah sì, certo, è in pratica lo stesso. Tu metti in una solo sistema quello che sandroroma ha spezzato in due passaggi.
da tanti mesi studio algebra da autodidatta e non sono arrivato a distinguere questi 2 modi di arrivare allo stesso risultato !
Grazie mille
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