Problema sulle coordinate di vettori rispetto a basi date
Ciao a tutti! Avrei un problema sul seguente esercizio e spero che possiate darmi una mano 
Siano date le seguenti basi di $RR^3$
$B= {(1,0,1),(2,1,0),(3,1,0)}$ e $B'= {(1,1,0),(2,0,1),(0,0,1)}$
i) determinare i vettori di $RR^3$ che hanno le stesse coordinate rispetto a $B$ e $B'$
ii)determinare due basi di $RR^3$ rispetto alle quali la domanda precedente ammette come risposta il solo vettore nullo.
ecco, onestamente non ho ben chiaro come muovermi. La cosa che mi è venuta in mente è di scrivere un generico vettore di $RR^3$ come combinazione lineare dei vettori della base $B$ e della base $B'$, usando gli stessi scalari ed imponendo poi le due scritture come uguali. Per essere più chiaro :
$a(1,0,1) + b(2,1,0) c(3,1,0) = a(1,1,0) +b(2,0,1) + c(0,0,1)$
e risolvere questo sistema. Questa idea non mi convince anche perchè è un po' così campata per aria e una volta svolti i conti non arrivo ad una forma generica di un vettore che potrebbe essere il candidato per la prima richiesta.
Se qualcuno potesse spiegarmi come impostarlo gliene sarei molto grato(senza svolgimento nè conti, mi basterebbe la spiegazione "teorica" sullo svolgimento delle due richieste)
vi ringrazio in anticipo e scusate se non vi è svolgimento, ma come dicevo, non riesco nemmeno a partire praticamente
Siano date le seguenti basi di $RR^3$
$B= {(1,0,1),(2,1,0),(3,1,0)}$ e $B'= {(1,1,0),(2,0,1),(0,0,1)}$
i) determinare i vettori di $RR^3$ che hanno le stesse coordinate rispetto a $B$ e $B'$
ii)determinare due basi di $RR^3$ rispetto alle quali la domanda precedente ammette come risposta il solo vettore nullo.
ecco, onestamente non ho ben chiaro come muovermi. La cosa che mi è venuta in mente è di scrivere un generico vettore di $RR^3$ come combinazione lineare dei vettori della base $B$ e della base $B'$, usando gli stessi scalari ed imponendo poi le due scritture come uguali. Per essere più chiaro :
$a(1,0,1) + b(2,1,0) c(3,1,0) = a(1,1,0) +b(2,0,1) + c(0,0,1)$
e risolvere questo sistema. Questa idea non mi convince anche perchè è un po' così campata per aria e una volta svolti i conti non arrivo ad una forma generica di un vettore che potrebbe essere il candidato per la prima richiesta.
Se qualcuno potesse spiegarmi come impostarlo gliene sarei molto grato(senza svolgimento nè conti, mi basterebbe la spiegazione "teorica" sullo svolgimento delle due richieste)
vi ringrazio in anticipo e scusate se non vi è svolgimento, ma come dicevo, non riesco nemmeno a partire praticamente
Risposte
Non è campata in aria. Comunque hai due modi.
Siano \(\displaystyle B = \{ \mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2, \mathbf{b}_3 \} \) e \(\displaystyle B' = \{ \mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2, \mathbf{b}_3 \} \) e siano \(\displaystyle T_B^C \) e \(\displaystyle T_{B'}^C \) le applicazioni lineari che mandano \(\displaystyle B \) e \(\displaystyle B' \) in una base \(\displaystyle C \). Puoi vederli come dei cambi di base.
Siccome la scrittura rispetto ad una base è unica, allora \(\displaystyle T_B^C( \sum \alpha^i\mathbf{b}_i ) = T_{B'}^C( \sum\alpha^i\mathbf{b}'_i ) \) se e solo se i coefficienti per la base di \(\displaystyle C \) sono uguali per entrambe le funzioni. In termini di matrici, il tutto si riduce a trovare \(\displaystyle \ker(T_B^C - T_{B'}^C) \).
Quello che hai pensato tu è esattamente questo: scrivi entrambi i vettori nella base canonica e vedi se sono lo stesso.
Alternativamente puoi trovare i punti fissi di \(\displaystyle (T_{B'}^C)^{-1}T_B^C \) vista come applicazione lineare invece che come cambiamento di base. Insomma puoi trovare \(\displaystyle \ker((T_{B'}^C)^{-1}T_B^C - I) \), ma in sostanza è la stessa cosa e con il metodo sopra non hai da invertire una matrice.
Siano \(\displaystyle B = \{ \mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2, \mathbf{b}_3 \} \) e \(\displaystyle B' = \{ \mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2, \mathbf{b}_3 \} \) e siano \(\displaystyle T_B^C \) e \(\displaystyle T_{B'}^C \) le applicazioni lineari che mandano \(\displaystyle B \) e \(\displaystyle B' \) in una base \(\displaystyle C \). Puoi vederli come dei cambi di base.
Siccome la scrittura rispetto ad una base è unica, allora \(\displaystyle T_B^C( \sum \alpha^i\mathbf{b}_i ) = T_{B'}^C( \sum\alpha^i\mathbf{b}'_i ) \) se e solo se i coefficienti per la base di \(\displaystyle C \) sono uguali per entrambe le funzioni. In termini di matrici, il tutto si riduce a trovare \(\displaystyle \ker(T_B^C - T_{B'}^C) \).
Quello che hai pensato tu è esattamente questo: scrivi entrambi i vettori nella base canonica e vedi se sono lo stesso.
Alternativamente puoi trovare i punti fissi di \(\displaystyle (T_{B'}^C)^{-1}T_B^C \) vista come applicazione lineare invece che come cambiamento di base. Insomma puoi trovare \(\displaystyle \ker((T_{B'}^C)^{-1}T_B^C - I) \), ma in sostanza è la stessa cosa e con il metodo sopra non hai da invertire una matrice.
Allora, per prima cosa grazie della risposta vict85
devo dire che sto ancora metabolizzando il primo modo di procedere che hai illustrato, mentre il secondo onestamente non l'ho capito, anche perchè non so cosa si intenda per punti fissi(ma fa niente, più avanti vedrò di capire anche questo secondo metodo!)
Volevo però chiederti se vi era un modo un po' più terra-terra di risolvere l'esercizio, perchè ci è stato proposto dopo aver affrontato soltanto matrici e spazi vettoriali, quindi dovrei risolverlo senza sfruttare le applicazioni lineari se possibile(e anche perché, come dicevo prima, devo ancora diventare pratico dei cambi di base
)
ringrazio in anticipo per l'aiuto!
devo dire che sto ancora metabolizzando il primo modo di procedere che hai illustrato, mentre il secondo onestamente non l'ho capito, anche perchè non so cosa si intenda per punti fissi(ma fa niente, più avanti vedrò di capire anche questo secondo metodo!)
Volevo però chiederti se vi era un modo un po' più terra-terra di risolvere l'esercizio, perchè ci è stato proposto dopo aver affrontato soltanto matrici e spazi vettoriali, quindi dovrei risolverlo senza sfruttare le applicazioni lineari se possibile(e anche perché, come dicevo prima, devo ancora diventare pratico dei cambi di base
)ringrazio in anticipo per l'aiuto!
Capisco. Sono stato un po' troppo teorico. Metto i vettori in colonna per facilità.
Ora tu hai 3 diverse basi di \(\displaystyle \mathbb{R}^3 \):
\(\displaystyle \mathscr{B}_1 = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right\} \)
\(\displaystyle \mathscr{B}_2 = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} \)
ed infine la base canonica.
\(\displaystyle \mathscr{E} = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} \)
Ogni vettore \(\displaystyle \mathbf{v} \) si può scrivere in modo unico come composizione lineare dei vettori della base.
Supponiamo quindi si abbia
\(\displaystyle \mathbf{v} = a\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + b\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = a\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + b\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} +c\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)
allora
\(\displaystyle \mathbf{0} = \mathbf{v} - \mathbf{v} = a\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + b\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} - a\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} - b\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}- c\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)
ovvero
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} +3c \\ -a +b + c \\ a - b -c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 3 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \)
Ovviamente hai che \(\displaystyle 3c = 0 \) ovvero \(\displaystyle c = 0 \). E concludi con \(\displaystyle a - b = 0 \). Nella base canonica saranno gli elementi della forma \(\displaystyle (3a,a,a) \).
Per il punto (ii) ti basta considerare \(\displaystyle \mathscr{B}_1 \) e modificare \(\displaystyle \mathscr{B}_2 \) quel tanto che basta per rendere quella matrice invertibile.
P.S.: Un punto fisso di una funzione da un insieme in sé è un punto che viene mandato in se stesso. In termini di algebra lineare è un autovettore associato all'autovalore \(\displaystyle 1 \). Il termine è piuttosto comune in analisi e in altre materie e quindi pensavo lo avessi già incontrato. Probabilmente lo incontrerai nei prossimi corsi. La matematica è piena di teoremi del punto fisso.
Ora tu hai 3 diverse basi di \(\displaystyle \mathbb{R}^3 \):
\(\displaystyle \mathscr{B}_1 = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right\} \)
\(\displaystyle \mathscr{B}_2 = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} \)
ed infine la base canonica.
\(\displaystyle \mathscr{E} = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\,\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} \)
Ogni vettore \(\displaystyle \mathbf{v} \) si può scrivere in modo unico come composizione lineare dei vettori della base.
Supponiamo quindi si abbia
\(\displaystyle \mathbf{v} = a\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + b\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = a\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + b\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} +c\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)
allora
\(\displaystyle \mathbf{0} = \mathbf{v} - \mathbf{v} = a\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + b\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} - a\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} - b\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}- c\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \)
ovvero
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} +3c \\ -a +b + c \\ a - b -c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 3 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \)
Ovviamente hai che \(\displaystyle 3c = 0 \) ovvero \(\displaystyle c = 0 \). E concludi con \(\displaystyle a - b = 0 \). Nella base canonica saranno gli elementi della forma \(\displaystyle (3a,a,a) \).
Per il punto (ii) ti basta considerare \(\displaystyle \mathscr{B}_1 \) e modificare \(\displaystyle \mathscr{B}_2 \) quel tanto che basta per rendere quella matrice invertibile.
P.S.: Un punto fisso di una funzione da un insieme in sé è un punto che viene mandato in se stesso. In termini di algebra lineare è un autovettore associato all'autovalore \(\displaystyle 1 \). Il termine è piuttosto comune in analisi e in altre materie e quindi pensavo lo avessi già incontrato. Probabilmente lo incontrerai nei prossimi corsi. La matematica è piena di teoremi del punto fisso.
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