Sottospazi Vettoriali

[cortex96]

Data l'applicazione lineare T : R4 -> R1[t] denita da: T
(x, y, z, w)= (x + y)t + (z + w)

il sottospazio W = Span
[(-3, 3, 2, -2) (1, 0, -1, 0) (0, -3, 1, 2)]

(i) Trova la dimensione e una base di W.
(ii) Trova la dimensione e una base di U = ker(T);
(iii) stabilisci se T e' iniettiva, suriettiva e/o biunivoca.
(iv) Trova la dimensione e una base dei sottospazi W intersezione U e W + U.

Dai miei calcoli ho ricavato che ker(T)=(1, -1, 0, 0)x + (0, 0, 1, -1)z, che T è suriettiva e che dei tre vettori di W solo due sono fra loro indipendenti.
Quindi la base che ho trovato per U+W è [(1, -1, 0, 0), (0, 0, 1, -1), (-3, 3, 2, -2), (1, 0, -1, 0) ] mentre la loro intersezione è uno spazio nullo. Ho fatto un ragionamento corretto?

[feddy]

ciao,
(i)
per trovare una base di W, ho costruito la matrice contenente come colonne i vettori e la dimensione risulta essere $dim(W)=2$.
Una base è data da: $<(-3,3,2,-2),(1,0,-1,0)>$

(ii)
Ora, non capisco veramente come comportarsi con la "t" che hai nella definizione dell'applicazione lineare. Se fosse un parametro non capisco come mai poi non lo hai più inserito nel procedimento, oppure viene posto uguale a qualche valore particolare? Spero di non aver preso un abbaglio colossale.

Suppongo che tu abbia trovato correttamente il nucleo

Se $dim(ker(T))=2$, dal teorema "nullità più rango", segue che la dimensione dell'immagine è uguale a: $dim(Im(T)) = dim(spazio di partenza) - dim(ker(T))$. Quindi $dim(Im(T)) = 2$, e pertanto non è suriettiva!

Se fosse suriettiva si avrebbe infatti che la dimensione dell'immagine è 1.

(iii)
$dim(U+W) = 4$, e ricordando la formula di Grassman: $dim(U+W) = dim(U) + dim(W) - dim(U\bigcapW)$
Abbiamo che $4 = 2+2 -dim(U\bigcapW)$.

Per cui la dimensione dell'intersezione è dato dal vettore nullo $<0>$.
Pertanto $U\oplusV$ è somma diretta.

[cortex96]

La matrice che ho trovato dell'applicazione lineare T è
1 1 0 0
0 0 1 1
Dopo aver ricavato il ker, so che la dimensione dell'immagine è uguale a 2, quindi prendo due vettori linearmente indipendenti dalla matrice, cioè (1 0), (0 1) che corrisponde alla base canonica di R1[t], quindi dato che Im(T)=R1(t) ho supposto T suriettiva

[feddy]

Per vedere se è suriettiva basta osservare se la dimensione dell'immagine,che come hai visto è $dim(Im(T)) = 2$, coincide con la dimensione dello spazio di arrivo, che è 1.
Quindi non lo è

[Magma1]

"feddy":Per vedere se è suriettiva basta osservare se la dimensione dell'immagine,che come hai visto è $dim(Im(T)) = 2$, coincide con la dimensione dello spazio di arrivo, che è 1.
Quindi non lo è

Data una funzione $f:V->W$, $Im(f) sube W$ e pertanto $dim(Im(f))<= dim(W)$.

[feddy]

oddio che cosa ho scritto... certamente magma!

Il problema allora credo sia nella dimensione del nucleo.

Data un'applicazione lineare $\varphi: R^4 \rightarrowR^1$, la matrice ad essa associata deve essere necessariamente una matrice 1x4.
La matrice che ha scritto @cortex96 è una 2x4 e non può rappresentare l'applicazione definita.

Io troverei $T(e1), T(e2), T(e3), T(e4)$, ottenendo così la matrice associata...

[cortex96]

Ma infatti la dimensione del sottospazio dei polinomi di grado uno dovrebbe essere 2, o sbaglio?

[feddy]

"cortex96":Ma infatti la dimensione del sottospazio dei polinomi di grado uno dovrebbe essere 2, o sbaglio?

Ora mi è chiaro! Per $R^1[t]$ intendevi il sottospazio dei polinomi di primo grado, solo che non avendolo mai visto indicato con "t", non capivo proprio a cosa stesse ! infatti nella prima risposta avevo chiesto cosa significasse !
Scusami

[feddy]

L'ho appena rifatto e ora torna tutto !

$dim(ker(T)) = 2$, dunque $dim(Im(t)) = 2$ e pertanto l'applicazione è suriettiva!

La dimensione dell'intersezione è 0 e pertanto $U\oplusV$
Scusa per l'incomprensione !

[Magma1]

"cortex96":Ma infatti la dimensione del sottospazio dei polinomi di grado uno dovrebbe essere 2, o sbaglio?