Spazi vettoriali
Salve a tutti.
Sto preparando l'esame di geometria per informatica e tra gli esercizi distribuiti dalla prof ce n'è uno che proprio non riesco a risolvere.
Copio pari-pari il testo dell'esercizio:
Sia $V$ uno spazio vettoriale su un campo $K$ e $f: V \rightarrow V$ una applicazione lineare. Sia $W = {u in V => f^2(u) = u}$ dove $f^2 = f@f$ .
Dimostrare che $W$ è un sottospazio vettoriale di $V$.
Nel caso in cui $V = RR^3$ e $f(x,y,z) = (2x+y,x-z,z)$, trovare le dimensioni ed una base per $W$ .
La prima domanda mi sembra decisamente ovvia, ma la seconda? Come faccio a calcolare il $Ker(f^2)$?
Sto preparando l'esame di geometria per informatica e tra gli esercizi distribuiti dalla prof ce n'è uno che proprio non riesco a risolvere.
Copio pari-pari il testo dell'esercizio:
Sia $V$ uno spazio vettoriale su un campo $K$ e $f: V \rightarrow V$ una applicazione lineare. Sia $W = {u in V => f^2(u) = u}$ dove $f^2 = f@f$ .
Dimostrare che $W$ è un sottospazio vettoriale di $V$.
Nel caso in cui $V = RR^3$ e $f(x,y,z) = (2x+y,x-z,z)$, trovare le dimensioni ed una base per $W$ .
La prima domanda mi sembra decisamente ovvia, ma la seconda? Come faccio a calcolare il $Ker(f^2)$?
Risposte
Ti si chiede di identificare gli autospazi relativi ad $f^2$... Una base di $W$ si ottiene giustapponendo tutte le basi degli autospazi...
Se "ben intendo"...
...ricorda che la matrice di una composta suole essere il prodotto delle matrici
"nrsgzz":
Come faccio a calcolare il $Ker(f^2)$?
...ricorda che la matrice di una composta suole essere il prodotto delle matrici
"Dorian":
Ti si chiede di identificare gli autospazi relativi ad $f^2$... Una base di $W$ si ottiene giustapponendo tutte le basi degli autospazi...
Mhmm..non credo di seguirti..
Io ho imparato a calcolare il kernel così:
$f^2=f@f=f(f(x,y,z))=f(2x+y,y-z,z)=(5x+2y-z,2x+y-z,z)$
$Kef(f^2)={(x,y,z) in RR^3 => f^2(x,y,z)=(0,0,0)}$
e faccio il sistema
${(5x+2y-z=0),(2x+y-z=0),(z=0):}$
da cui risulta
${(5x=2y),(2x=-y),(z=0):}$
che però è impossibile???
"nrsgzz":
[quote="Dorian"]Ti si chiede di identificare gli autospazi relativi ad $f^2$... Una base di $W$ si ottiene giustapponendo tutte le basi degli autospazi...
Mhmm..non credo di seguirti..
Io ho imparato a calcolare il kernel così:
$f^2=f@f=f(f(x,y,z))=f(2x+y,y-z,z)=(5x+2y-z,2x+y-z,z)$
$Kef(f^2)={(x,y,z) in RR^3 => f^2(x,y,z)=(0,0,0)}$
e faccio il sistema
${(5x+2y-z=0),(2x+y-z=0),(z=0):}$
da cui risulta
${(5x=2y),(2x=-y),(z=0):}$
che però è impossibile???[/quote]
Non è impossibile! Ha soluzione $((0),(0),(0))$. Cioè l'unico vettore mandato nello zero è $0_V$
Prima mi riferivo alla domanda in cui si chiede di determinare $W$...
"Dorian":
[quote="nrsgzz"][quote="Dorian"]Ti si chiede di identificare gli autospazi relativi ad $f^2$... Una base di $W$ si ottiene giustapponendo tutte le basi degli autospazi...
Mhmm..non credo di seguirti..
Io ho imparato a calcolare il kernel così:
$f^2=f@f=f(f(x,y,z))=f(2x+y,y-z,z)=(5x+2y-z,2x+y-z,z)$
$Kef(f^2)={(x,y,z) in RR^3 => f^2(x,y,z)=(0,0,0)}$
e faccio il sistema
${(5x+2y-z=0),(2x+y-z=0),(z=0):}$
da cui risulta
${(5x=2y),(2x=-y),(z=0):}$
che però è impossibile???[/quote]
Non è impossibile! Ha soluzione $((0),(0),(0))$. Cioè l'unico vettore mandato nello zero è $0_V$
Prima mi riferivo alla domanda in cui si chiede di determinare $W$...[/quote]
Mhmm..ok. Quindi $Ker(f^2)=((0),(0),(0))$ e $dim(Ker(f^2))=1$ e $dim(Im(f^2))=2$?
Ma la base?
No! Il nucleo ha dimensione $0$ se è formato dal solo vettore nullo...
"Dorian":
No! Il nucleo ha dimensione $0$ se è formato dal solo vettore nullo...
piano piano ci sto arrivando.
se non è troppo disturbo, mi fate vedere il procedimento per trovare la base?
se hai trovato gli autospazi (e le loro basi), basta metterli in un matrice, ed ecco la tua base...
ciao
ciao
Volentieri!
La matrice di $f^2$ è $A=((43-1),(01-2),(001))$, d'accordo? Stiamo cercando i vettori $u in RR^3$ tali che $f^2(u)=u$ . In termini di matrici vogliamo tutti gli $u$ tali che $Au=u$, cioè $Au-u=0$, quindi $(A-1_3)u=0$ (...ricordando che il prodotto di matrici è bilineare...). Ma allora stiamo cercando questo sottospazio:
$Ker(A-1_3)$
che è proprio $W$!
Hai capito? Con $1_3$ intendo la matrice $((100),(010),(001))$
La matrice di $f^2$ è $A=((43-1),(01-2),(001))$, d'accordo? Stiamo cercando i vettori $u in RR^3$ tali che $f^2(u)=u$ . In termini di matrici vogliamo tutti gli $u$ tali che $Au=u$, cioè $Au-u=0$, quindi $(A-1_3)u=0$ (...ricordando che il prodotto di matrici è bilineare...). Ma allora stiamo cercando questo sottospazio:
$Ker(A-1_3)$
che è proprio $W$!
Hai capito? Con $1_3$ intendo la matrice $((100),(010),(001))$
"Dorian":
Ti si chiede di identificare gli autospazi relativi ad $f^2$... Una base di $W$ si ottiene giustapponendo tutte le basi degli autospazi...
Errata corrige:
Non tutti gli autospazi, bensì solo quelli relativi all'autovalore $1$!
"Dorian":
Volentieri!
La matrice di $f^2$ è $A=((43-1),(01-2),(001))$, d'accordo? Stiamo cercando i vettori $u in RR^3$ tali che $f^2(u)=u$ . In termini di matrici vogliamo tutti gli $u$ tali che $Au=u$, cioè $Au-u=0$, quindi $(A-1_3)u=0$ (...ricordando che il prodotto di matrici è bilineare...). Ma allora stiamo cercando questo sottospazio:
$Ker(A-1_3)$
che è proprio $W$!
Hai capito? Con $1_3$ intendo la matrice $((100),(010),(001))$
Scusa ma non dovrebbe essere $A=((5,2,-1),(2,1,-1),(0,0,1))$ (matrice associata a $f^2$ per la base canonica $RR^3$)?
$f$ ha matrice (nelle basi canoniche) $((210),(01-1),(001))$.
Quindi $f^2=f@f=((210),(01-1),(00-1))*((210),(01-1),(00-1))=((43-1),(01-2),(001))$.
Meglio andare a dormire ora!
Quindi $f^2=f@f=((210),(01-1),(00-1))*((210),(01-1),(00-1))=((43-1),(01-2),(001))$.
Meglio andare a dormire ora!
chiedo umilmente perdono ma mi sono accorto di aver sbagliato a copiare l'applicazione
quella giusta è $V = RR^3$ e $f(x,y,z) = (2x+y,x-z,z)$ (l'ho corretta anche nel primo post)
non credo cambi molto nel procedimento di Dorian ma continuo a non capire il metodo.
il risultato dovrebbe essere $W=L((1,-1,2))$, ma come ci arrivo?
quella giusta è $V = RR^3$ e $f(x,y,z) = (2x+y,x-z,z)$ (l'ho corretta anche nel primo post)
non credo cambi molto nel procedimento di Dorian ma continuo a non capire il metodo.
il risultato dovrebbe essere $W=L((1,-1,2))$, ma come ci arrivo?
"Sergio":
[quote="nrsgzz"]chiedo umilmente perdono ma mi sono accorto di aver sbagliato a copiare l'applicazione
quella giusta è $V = RR^3$ e $f(x,y,z) = (2x+y,x-z,z)$ (l'ho corretta anche nel primo post)
non credo cambi molto nel procedimento di Dorian ma continuo a non capire il metodo.
il risultato dovrebbe essere $W=L((1,-1,2))$, ma come ci arrivo?
Te possino......
Ok, visto che Dorian dorme, riprendo da dove aveva lasciato lui, aggiornando.
$((2,1,0),(1,0,-1),(0,0,1))$ è la matrice associata a $f$.
$A=((5,2,-1),(2,1,-1),(0,0,1))$ è quella associata a $f^2$.
Devi trovare gli $u$ tali che $Au=u$, cioè tali che $(A-1_3)u=0$, cioè $Ker(A-1_3)$.
$A-1_3=((4,2,-1),(2,0,-1),(0,0,0))$ (notare che il suo rango è 2, quindi quello del kernel è 1). Devi risolvere il sistema:
${(4x+2y-z=0),(2x-z=0) :}$
Ponendo $z=t$ (un modo come un altro), $x=1/2t$ e $y=-2x+1/2z=-t+1/2t=-1/2t$, ovvero:
$Sol(A-1_3,0)={t((1/2),(-1/2),(1)):t\in\RR\}$
Una base del kernel è quindi $(1/2,-1/2,1)$. Basta moltiplicare per 2 e ottieni la base che cercavi (ce ne sono infinite, ma tutte costituite da un solo vettore; le infinite basi sono tutte costituite da un vettore proporzionale a $(1,-1,2)$ -- o a quello che ho trovato ponendo $z=t$).[/quote]
grazie grazie grazie
"Sergio":
[quote="nrsgzz"]grazie grazie grazie
Soprattutto a Dorian, che ha indicato (anche a me) la strada.[/quote]
Gentilissimi! E' stato un piacere!
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