Trovare applicazione lineare
Ragazzi, non ho capito come si svolgono questo tipo di esercizi:
Dati i vettori $u=((1),(-1),(1))$, $v=((0),(1),(1))$, $w=((1),(0),(2))$ stabilire se esiste e trovare un'applicazione lineare $M$ soddisfacente la seguente proprietà:
M:$RR^3->RR^3$, tale che dim KerM=1 e ImM=Span{u,v,w}.
Allora, siccome la dimensione dello spazio vettoriale di partenza è 3 e la dimensione dello spazio vettoriale di arrivo è 2 (una base di $imM$ è data dai vettori u e v), il nucleo deve avere dimensione 1, e quindi l'applicazione esiste. Ora, come faccio a trovarla?
Dati i vettori $u=((1),(-1),(1))$, $v=((0),(1),(1))$, $w=((1),(0),(2))$ stabilire se esiste e trovare un'applicazione lineare $M$ soddisfacente la seguente proprietà:
M:$RR^3->RR^3$, tale che dim KerM=1 e ImM=Span{u,v,w}.
Allora, siccome la dimensione dello spazio vettoriale di partenza è 3 e la dimensione dello spazio vettoriale di arrivo è 2 (una base di $imM$ è data dai vettori u e v), il nucleo deve avere dimensione 1, e quindi l'applicazione esiste. Ora, come faccio a trovarla?
Risposte
No, infatti non sto dicendo che i nuovi vettori dovranno appartenere al nucleo. Voglio ottenere una decomposizione dello spazio nella forma [tex]\ker L \oplus V[/tex], dove [tex]V[/tex] lo costruiamo noi ad hoc. Quando abbiamo una decomposizione simile, poi possiamo imporre le condizioni successive, senza preoccuparci che risultino incompatibili, per le proprietà della somma diretta.
Il metodo che ho descritto è uno dei modi di ottenere la decomposizione dello spazio voluta.
Il metodo che ho descritto è uno dei modi di ottenere la decomposizione dello spazio voluta.
Allora, nel frattempo volevo avere un'informazione su questo esercizio.
Sia $W$ lo spazio delle soluzioni del kernel della applicazione lineare la cui matrice è:
$((k+2,k+1,-3,-4,-1),(0,k+2,0,k+2,k+2),(2k+4,2k+3,k-1,k-2,-1))$. Allora, il procedimento che io adotto di solito è quello di studiare, in questo caso, il determinante di tutti i possibili minori di ordine $3$ che si possono estrarre dalla matrice, poi di selezionare i valori in comune per i quali i determinanti non si annullano: in corrispondenza di tale valore la matrice ha rango $n$; se poi calcolo la matrice sostituendo in $k$ tali valori, il rango sarà sicuramente minore di $n$. Dunque, il sottospazio, in generale, avrà dimensione pari al numero di parametri liberi del sistema; inutile dire che tale procedimento è noioso e troppo laborioso. Si può fare più velocemente? Grazie
Sia $W$ lo spazio delle soluzioni del kernel della applicazione lineare la cui matrice è:
$((k+2,k+1,-3,-4,-1),(0,k+2,0,k+2,k+2),(2k+4,2k+3,k-1,k-2,-1))$. Allora, il procedimento che io adotto di solito è quello di studiare, in questo caso, il determinante di tutti i possibili minori di ordine $3$ che si possono estrarre dalla matrice, poi di selezionare i valori in comune per i quali i determinanti non si annullano: in corrispondenza di tale valore la matrice ha rango $n$; se poi calcolo la matrice sostituendo in $k$ tali valori, il rango sarà sicuramente minore di $n$. Dunque, il sottospazio, in generale, avrà dimensione pari al numero di parametri liberi del sistema; inutile dire che tale procedimento è noioso e troppo laborioso. Si può fare più velocemente? Grazie
Con un parametro così largamente diffuso sulla matrice, in genere si può accelerare ben di poco. Io ho sempre preferito Gauss anche in questo caso, cum grano salis.
Vediamo cosa si può fare qui... Operiamo [tex]R_2 \to R_2 + (k+2)R_1[/tex] e [tex]R_3 \to R_3 - R_1[/tex]. Otteniamo
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k +1 & -3 & -4 & -1 \\ (k+2)^2 & (k+2)^2 & -3(k+2) & -3(k+2) & 0 \\ k+2 & k+2 & k+2 & k+2 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
Toh, guarda! Sono stato fortunato! Vediamo immediatamente ad occhio che il rango del sistema è [tex]1[/tex] se [tex]k = -2[/tex]. Supponiamo [tex]k \ne -2[/tex]. Allora possiamo fare le operazioni [tex]R_2 \to (k+2)^{-1} R_2[/tex] e [tex]R_3 \to (k+2)^{-1} R_3[/tex], da cui
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ k+2 & k+2 & -3 & -3 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
Adesso scambiamo terza e quarta riga
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ k+2 & k+2 & -3 & -3 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
ed eseguiamo [tex]R_3 \to R_3 +3 R_2[/tex], ottenendo
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ k+ 5 & k + 5 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
E quindi il rango è [tex]3[/tex] se [tex]k \not \in \{-2,-5\}[/tex], mentre è [tex]2[/tex] se [tex]k = -5[/tex].
Poi la dimensione sarà 5 meno il rango della matrice.
Come vedi, con un po' d'occhio, il metodo di Gauss è molto spesso il metodo più indicato.
Vediamo cosa si può fare qui... Operiamo [tex]R_2 \to R_2 + (k+2)R_1[/tex] e [tex]R_3 \to R_3 - R_1[/tex]. Otteniamo
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k +1 & -3 & -4 & -1 \\ (k+2)^2 & (k+2)^2 & -3(k+2) & -3(k+2) & 0 \\ k+2 & k+2 & k+2 & k+2 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
Toh, guarda! Sono stato fortunato! Vediamo immediatamente ad occhio che il rango del sistema è [tex]1[/tex] se [tex]k = -2[/tex]. Supponiamo [tex]k \ne -2[/tex]. Allora possiamo fare le operazioni [tex]R_2 \to (k+2)^{-1} R_2[/tex] e [tex]R_3 \to (k+2)^{-1} R_3[/tex], da cui
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ k+2 & k+2 & -3 & -3 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
Adesso scambiamo terza e quarta riga
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ k+2 & k+2 & -3 & -3 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
ed eseguiamo [tex]R_3 \to R_3 +3 R_2[/tex], ottenendo
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ k+ 5 & k + 5 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
E quindi il rango è [tex]3[/tex] se [tex]k \not \in \{-2,-5\}[/tex], mentre è [tex]2[/tex] se [tex]k = -5[/tex].
Poi la dimensione sarà 5 meno il rango della matrice.
Come vedi, con un po' d'occhio, il metodo di Gauss è molto spesso il metodo più indicato.
Ok, ma come ho suggerito io sopra va bene lo stesso?
"maurer":
No certo, hai ragione: sono stato uno stupido io.
Il problema è al passo 3. dell'algoritmo. Non puoi semplicemente mettere la base dell'immagine come prime due colonne.
L'idea giusta è questa:
Passo 3. Aggiungi ai vettori che formano una base del nucleo dei vettori della base canonica fino ad ottenere una base di tutto lo spazio.
Supponiamo ad esempio che tu aggiunga i vettori [tex]\mathbf e_2[/tex] e [tex]\mathbf e_4[/tex]. Allora scrivi lungo la seconda e la quarta colonna le componenti dei vettori della base dello spazio di arrivo.
Il problema sta nel fatto che in questo caso [tex]\langle (1,2,0,0), (1,3,4,0) \rangle + \langle (1,0,0,0), (0,1,0,0) \rangle \ne \mathbb R^4[/tex]. Spero di non averti confuso le idee. Dimentica quello che c'era scritto prima nel passo 3 e applica questo nuovo procedimento.
Quindi, io trovo una base del nucleo, una dell'immagine, poi inserisco nella base del nucleo altri due vettori della base canonica , poi scrivo la matrice la cui seconda colonna è occupata, in questo caso, dal vettore $e_2$ e la quarta dal vettore $e_4$...e le altre due colonne le devo lasciare come incognite oppure ci devo scrivere i vettori della base del nucleo?
"lisdap":
Ok, ma come ho suggerito io sopra va bene lo stesso?
Mi sembra che vuoi applicare il metodo degli orlati. Come lo hai descritto tu, non ho capito molto bene e, anzi, mi sembra che non consenta un'analisi completa.
Puoi calcolare i determinanti di tutti i minori 3 x 3. Se ce n'è uno che non si annulla, la matrice avrà rango 3.
Per i valori di [tex]k[/tex] che annullano tutti questi (dovrebbero essere in numero finito), ti studi esplicitamente la matrice sostituendo il valore di [tex]k[/tex] in questione. Così può funzionare... però in questo caso il metodo di Gauss funziona decisamente meglio.
"lisdap":
Quindi, io trovo una base del nucleo, una dell'immagine, poi inserisco nella base del nucleo altri due vettori della base canonica , poi scrivo la matrice la cui seconda colonna è occupata, in questo caso, dal vettore $e_2$ e la quarta dal vettore $e_4$...e le altre due colonne le devo lasciare come incognite oppure ci devo scrivere i vettori della base del nucleo?
Beh, non ho controllato che [tex]\mathbf e_2[/tex] e [tex]\mathbf e_4[/tex] funzionino... ne ho detti due a caso. Sarebbe meglio se controllassi (tanto prendi anche dimestichezza con questi concetti)... Comunque poi fai come dici e le altre colonne le lasci incognite.
Ciao, scusa l'OT: stavo rivedendo la teoria ed ho una domanda: se un vettore $v_1$ può essere espresso come combinazione lineare dei vettori $v_2$ e $v_3$, chiaramente l'insieme dei vettori $v_1$, $v_2$, $v_3$ è un insieme di vettori dipendenti vero?
Sì.
"maurer":
Con un parametro così largamente diffuso sulla matrice, in genere si può accelerare ben di poco. Io ho sempre preferito Gauss anche in questo caso, cum grano salis.
Vediamo cosa si può fare qui... Operiamo [tex]R_2 \to R_2 + (k+2)R_1[/tex] e [tex]R_3 \to R_3 - R_1[/tex]. Otteniamo
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k +1 & -3 & -4 & -1 \\ (k+2)^2 & (k+2)^2 & -3(k+2) & -3(k+2) & 0 \\ k+2 & k+2 & k+2 & k+2 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
Toh, guarda! Sono stato fortunato! Vediamo immediatamente ad occhio che il rango del sistema è [tex]1[/tex] se [tex]k = -2[/tex]. Supponiamo [tex]k \ne -2[/tex]. Allora possiamo fare le operazioni [tex]R_2 \to (k+2)^{-1} R_2[/tex] e [tex]R_3 \to (k+2)^{-1} R_3[/tex], da cui
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ k+2 & k+2 & -3 & -3 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
Adesso scambiamo terza e quarta riga
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ k+2 & k+2 & -3 & -3 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
ed eseguiamo [tex]R_3 \to R_3 +3 R_2[/tex], ottenendo
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 & k+1 & -3 & -4 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ k+ 5 & k + 5 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right)[/tex]
E quindi il rango è [tex]3[/tex] se [tex]k \not \in \{-2,-5\}[/tex], mentre è [tex]2[/tex] se [tex]k = -5[/tex].
Poi la dimensione sarà 5 meno il rango della matrice.
Come vedi, con un po' d'occhio, il metodo di Gauss è molto spesso il metodo più indicato.
Ciao, non ho ben capito con che criterio hai ridotto la matrice. Io avrei moltiplicato la prima riga per $-2$ e ci avrei sommato l'ultima e poi avrei continuato con la riduzione dell'ultima riga.
Non ho un criterio che funziona sempre. Solo qualche accortezza che insegna l'esperienza.
Ti illustro l'unico motivo che mi ha spinto a fare le operazioni [tex]R_2 \to R_1 + (k+2) R_1[/tex] e [tex]R_3 \to R_3 - R_1[/tex] rispetto a quella che proponi tu.
Ho pensato: uso l'ultima colonna per ridurre, oppure uso la prima? Poi, a mente:
Vantaggi di usare la prima colonna: c'è già uno zero in seconda posizione, quindi faccio solo un conto.
Svantaggi di usare la prima colonna: otterrei una matrice la cui prima colonna sarebbe
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right)[/tex]
e quindi per dire se la matrice è ridotta per righe o no, dovrei fare la distinzione [tex]k+2 = 0[/tex], [tex]k+2 \ne 0[/tex].
Vantaggi di usare l'ultima colonna: mi rimane un elemento pivotale numerico, cioè senza parametri. Quindi avrò che la matrice ha almeno rango 1. Di conseguenza mi dovrò concentrare sulla discussione del rango di sole due righe e non di tre.
La mia esperienza mi insegna che meno discussioni ci sono da fare e meglio è. Quindi opto sempre ad occhi chiusi per qualsiasi strategia che riduca il numero di discussioni. In questo caso, sono stato particolarmente fortunato, perché non avevo certo visto a mente che la matrice si sarebbe semplificata così tanto.
Ti illustro l'unico motivo che mi ha spinto a fare le operazioni [tex]R_2 \to R_1 + (k+2) R_1[/tex] e [tex]R_3 \to R_3 - R_1[/tex] rispetto a quella che proponi tu.
Ho pensato: uso l'ultima colonna per ridurre, oppure uso la prima? Poi, a mente:
Vantaggi di usare la prima colonna: c'è già uno zero in seconda posizione, quindi faccio solo un conto.
Svantaggi di usare la prima colonna: otterrei una matrice la cui prima colonna sarebbe
[tex]\left( \begin{matrix} k+2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right)[/tex]
e quindi per dire se la matrice è ridotta per righe o no, dovrei fare la distinzione [tex]k+2 = 0[/tex], [tex]k+2 \ne 0[/tex].
Vantaggi di usare l'ultima colonna: mi rimane un elemento pivotale numerico, cioè senza parametri. Quindi avrò che la matrice ha almeno rango 1. Di conseguenza mi dovrò concentrare sulla discussione del rango di sole due righe e non di tre.
La mia esperienza mi insegna che meno discussioni ci sono da fare e meglio è. Quindi opto sempre ad occhi chiusi per qualsiasi strategia che riduca il numero di discussioni. In questo caso, sono stato particolarmente fortunato, perché non avevo certo visto a mente che la matrice si sarebbe semplificata così tanto.
Ma se io ho un sottospazio generato da 3 vettori indipendenti e uno generato da 2 vettori indipendenti, e costruisco la matrice associata ai 5 vettori, i 5 vettori sono indipendenti?
Tipo [tex]V = \langle (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1) \rangle[/tex], [tex]W = \langle (2,3,4), (-1,5,6) \rangle[/tex]? E tu dici che
[tex]\left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 3 & 4 \\ -1 & 5 & 6 \end{matrix} \right)[/tex]
ha rango 5? Mmm... non mi sembra molto plausibile. A te convince?
[tex]\left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 3 & 4 \\ -1 & 5 & 6 \end{matrix} \right)[/tex]
ha rango 5? Mmm... non mi sembra molto plausibile. A te convince?
eheh, hai ragione
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