Matrici indipendenti
Verificare che per ogni valore di k l'insieme $B in$ $M_22(RR)$ è costituito da vettori indipendenti:
$B={((2,k),(3,-1)),((4,0),(2,2+k)),((-3,k),(2,k))}$
E si trovi, per k=1, un completamento di B a una base di $M_22(RR)$.
Vi risulta che questo insieme sia indipendente qualunque sia il valore di k?
Volendo trattare le matrici come vettori sfruttando l'isomorfismo naturale $M_22(RR) -> RR^4$ le devo mettere per riga o per colonna? Credo la seconda ma non ne sono sicura.
$B={((2,k),(3,-1)),((4,0),(2,2+k)),((-3,k),(2,k))}$
E si trovi, per k=1, un completamento di B a una base di $M_22(RR)$.
Vi risulta che questo insieme sia indipendente qualunque sia il valore di k?
Volendo trattare le matrici come vettori sfruttando l'isomorfismo naturale $M_22(RR) -> RR^4$ le devo mettere per riga o per colonna? Credo la seconda ma non ne sono sicura.
Risposte
"EveyH":
Volendo trattare le matrici come vettori sfruttando l'isomorfismo naturale $M_22(RR) -> RR^4$ le devo mettere per riga o per colonna? Credo la seconda ma non ne sono sicura.
E' indifferente; avrei anch'io sfruttato l'isomorfismo tra $M_22(RR)$ e $RR^4$.
Saluti.
Sei sicuro? Se le metto per riga mi viene un sistema con infinite soluzioni, per colonna, unica soluzione nulla.
Se fosse la stessa cosa dovrei ottenere il medesimo risultato, credo.
Se fosse la stessa cosa dovrei ottenere il medesimo risultato, credo.
"EveyH":
Sei sicuro? Se le metto per riga mi viene un sistema con infinite soluzioni, per colonna, unica soluzione nulla.
Se fosse la stessa cosa dovrei ottenere il medesimo risultato, credo.
Infatti.
Avendo $B={((2,4),(3,-1)),((4,0),(2,2+k)),((-3,k),(2,k))}$
per verificare la lineare indipendenza (o meno) delle matrici, sfruttando l'isomorfismo tra $ M_22(RR) $ e $ RR^4 $, si avrebbe:
1) vettori scritti per colonna:
$a((2),(4),(3),(-1))+b((4),(0),(2),(2+k))+c((-3),(k),(2),(k))=((0),(0),(0),(0))$
2) vettori scritti per riga:
$a(2,4,3,-1)+b(4,0,2,2+k)+c(-3,k,2,k)=(0,0,0,0)$
Saluti.
P.S.
Forse con la scrittura "per colonna" intendevi questo:
$a((2),(3),(4),(-1))+b((4),(2),(0),(2+k))+c((-3),(2),(k),(k))=((0),(0),(0),(0))$
ma non dovrebbe cambiar nulla comunque.
Ho usato questa matrice:
$((2,4,-3),(k,0,k),(3,2,2),(-1,2+k,k))$
Scusa ho corretto il post iniziale, avevo sbagliato a trascrivere la prima matrice.
$((2,4,-3),(k,0,k),(3,2,2),(-1,2+k,k))$
Scusa ho corretto il post iniziale, avevo sbagliato a trascrivere la prima matrice.
"EveyH":
Ho usato questa matrice:
$((2,4,-3),(k,0,k),(3,2,2),(-1,2+k,k))$
Probabilmente intendevi la matrice
$((2,4,-3),(4,0,k),(3,2,2),(-1,2+k,k))$
Vuol dire che, per verificare l'indipendenza linerare dei vettori colonna, devi calcolare il rango di questa matrice e verificare che questo assuma il valore massimo ammissibile, cioè $3$; in caso di rango inferiore, si avrebbe la dipendenza lineare dei vettori colonna.
Saluti.
La matrice è corretta, avevo sbagliato a trascrivere la prima matrice nel post iniziale.
Hai per caso un account pro su wolfram alpha? Vorrei vedere tutti i passaggi di riduzione a scala di questa matrice, perché mi sta facendo impazzire!
Grazie!
Hai per caso un account pro su wolfram alpha? Vorrei vedere tutti i passaggi di riduzione a scala di questa matrice, perché mi sta facendo impazzire!
Grazie!
Al primo "giro" di Gauss la matrice mi viene:
$((2,4,-3),(0,-4,13/2),(0,-2k,5k/2),(0,4+k,(2k-3)/2))$
$((2,4,-3),(0,-4,13/2),(0,-2k,5k/2),(0,4+k,(2k-3)/2))$
Niente, lascia stare...ho capito dove ho fatto l'errore clamoroso...continuavo a "gaussare" l'ultima riga tramite la terza anziché la seconda 
"EveyH":
Hai per caso un account pro su wolfram alpha? Vorrei vedere tutti i passaggi di riduzione a scala di questa matrice, perché mi sta facendo impazzire!
Grazie!
Io sono un "vecchietto", preferisco usare la carta e la penna.
Quando vuoi ridurre una matrice a scala, ti conviene - per risparmiare qualche conto - fare in modo che il numero di righe non sia maggiore del numero delle colonne. Consideriamo, quindi, la matrice trasposta:
$rk((2,k,3,-1),(4,0,2,2+k),(-3,k,2,k))=rk((2,k,3,-1),(0,-k,-2,2+k/2),(0,5/3k,13/3,2/3k-1))=rk((2,k,3,-1),(0,-2k,-4,4+k),(0,0,6/5,2/5(2k-3)+4+k))=$
$=rk((2,k,3,-1),(0,-2k,-4,4+k),(0,0,6,9k+4))$
Quindi (salvo miei errori di calcolo) per $k=0$ si avrebbe la dipendenza lineare delle matrici, per $k!=0$ l'indipendenza lineare.
Saluti.
Ecco, il punto è che per k=0 anche a me viene la lineare dipendenza (continuando i conti sulla matrice con cui ho iniziato)! Però se uso wolfram alpha e faccio la riduzione a scala mi dà una matrice a scala con 3 righe non nulle, quindi di rango 3.
Ed effettivamente se metto k=0 nella matrice iniziale, anche quella ha rango 3. Qualcosa non torna!
Edit: in realtà nel tuo caso non vedo problemi per k=0...nella matrice finale se metti k=0 ti basta scambiare R2 con R3 per riavere una matrice a scala e quindi sempre di rango 3!
Mi sa che ho sbagliato io qualcosa...ma non capisco cosa!
Ed effettivamente se metto k=0 nella matrice iniziale, anche quella ha rango 3. Qualcosa non torna!
Edit: in realtà nel tuo caso non vedo problemi per k=0...nella matrice finale se metti k=0 ti basta scambiare R2 con R3 per riavere una matrice a scala e quindi sempre di rango 3!
Mi sa che ho sbagliato io qualcosa...ma non capisco cosa!
Ho detto un'inesattezza, nel mio post precedente, chiedo scusa.
Per $k=0$ si ha:
$rk((2,k,3,-1),(0,-2k,-4,4+k),(0,0,6,9k+4))|_{k=0}=rk((2,0,3,-1),(0,0,-4,4),(0,0,6,4))=...=rk((2,0,3,-1),(0,0,1,-1),(0,0,0,1))=3$
Quindi le matrici sono sempre linearmente indipendenti.
Saluti.
Per $k=0$ si ha:
$rk((2,k,3,-1),(0,-2k,-4,4+k),(0,0,6,9k+4))|_{k=0}=rk((2,0,3,-1),(0,0,-4,4),(0,0,6,4))=...=rk((2,0,3,-1),(0,0,1,-1),(0,0,0,1))=3$
Quindi le matrici sono sempre linearmente indipendenti.
Saluti.
Ho finalmente capito...effettivamente ha ragione wolfram alpha. Per qualsiasi valore di k la matrice ha sempre rango 3.
Quindi i vettori sono linearmente indipendenti sempre.
Praticamente ho fatto lo stesso errore tuo, se riconsideri ciò che ho detto te ne accorgi pure tu
Grazie.
Quindi i vettori sono linearmente indipendenti sempre.
Praticamente ho fatto lo stesso errore tuo, se riconsideri ciò che ho detto te ne accorgi pure tu
Grazie.
Di nulla, l'importante è aver chiarito.
Saluti.
Saluti.
Volendo finire l'esercizio, per completare a base con k=1, posso sostituire 1 a k nella matrice ridotta già a scala, inserendo così il vettore per il pivot mancante, oppure devo farlo nella matrice originale?
"EveyH":
Volendo finire l'esercizio, per completare a base con k=1, posso sostituire 1 a k nella matrice ridotta già a scala, inserendo così il vettore per il pivot mancante, oppure devo farlo nella matrice originale?
Dovresti poter usare la matrice a scala, perchè nei procedimenti di riduzione a scala non è stato necessario richiedere che $k$ sia diverso da uno.
Saluti.
Ok. A dire il vero anche prima ho parlato troppo presto, mi sono confusa, perché lo scambio delle righe non mi fa avere ancora una matrice a scala... devo continuare a "gaussare" quindi continua a non tornarmi, ma a questo punto penso sia un problema di conti. Nella terza riga mi rimane sempre un k che può annullarmi il terzo pivot. Con la matrice 4x3 è più facile farli Vabbè...
Vabbè...
"EveyH":
Ok. A dire il vero anche prima ho parlato troppo presto, mi sono confusa, perché lo scambio delle righe non mi fa avere ancora una matrice a scala... devo continuare a "gaussare" quindi continua a non tornarmi, ma a questo punto penso sia un problema di conti. Nella terza riga mi rimane sempre un k che può annullarmi il terzo pivot. Con la matrice 4x3 è più facile farli
E' lo stesso, procedi nel modo che ti è più comodo, basta che sia "lecito".
Saluti.
Ho notato però che nella riduzione a scala che fa wolfram alpha (della mia matrice 4x3) ad un certo punto moltiplica una riga per 3/k. Questo fa sparire il k da una riga.
Ma se non sai se k è diverso da 0, come puoi fare un'operazione del genere?
Ma se non sai se k è diverso da 0, come puoi fare un'operazione del genere?
"EveyH":
Ho notato però che nella riduzione a scala che fa wolfram alpha (della mia matrice 4x3) ad un certo punto moltiplica una riga per 3/k. Questo fa sparire il k da una riga.
Ma se non sai se k è diverso da 0, come puoi fare un'operazione del genere?
E' proprio per motivi di questo tipo che mi fiderei solo fino a un certo punto di questi strumenti di calcolo; certamente possono essere di aiuto in svariate situazioni, ma i risultati vanno sempre e comunque valutati con occhio critico.
Saluti.
Ok però questo mi riporta al mio problema iniziale: mettendo i vettori in colonna, fatti salvi miei errori di conto (e a questo punto non penso più visto che ho ricontrollato mille volte), ci sono dei valori di k che mi fanno avere un sistema con infinite soluzioni. A wolfram non viene così perché ha fatto quella cosa di annullare un k. In realtà si può fare basta che imponi che k sia diverso da 0, arrivi alle tue conclusioni e poi torni dove avevi imposto k diverso da 0, lo metti = 0 e vedi che succede. Non dovrebbe cambiar nulla in teoria, se metto k=0 nella matrice iniziale ne ottengo sempre una di rango 3 con le operazioni elementari sulle righe.
Però in teoria dovrebbe venire anche a me lo stesso risultato ma non è così!
Se hai tempo e voglia, potresti ridurre a scala la mia matrice?
Grazie tante
Però in teoria dovrebbe venire anche a me lo stesso risultato ma non è così!
Se hai tempo e voglia, potresti ridurre a scala la mia matrice?
Grazie tante
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