Trovare la matrice di una applicazione lineare tale che il nucleo sia quello fornito
Buonasera a tutti,
vorrei sottoporre alla vostra attenzione questo esercizio che, pur essendo probabilmente alquanto banale, ho difficoltà a risolvere.
Testo
Trovare la matrice $M_f^{\mathcal{K}}$ associata ad un endomorfismo $f:\mathbb{R}^3\rightarrow \mathbb{R}^3$ che abbia come nucleo la retta $x-4y=z=0$.
Ragionamento
Una matrice $A\in\mathbb{R}^{m,n}$ definisce una trasformazione lineare $f:\mathbb{R^n}\rightarrow\mathbb{R}^m$ considerando elementi di $\mathbb{R}^n$ come vettori colonna e imponendo che $f(v)=Av, v\in\mathbb{R}^{n,1}$.
Siccome l'applicazione lineare in esame è un endomorfismo di $\mathbb{R}^3$, allora $A\in\mathbb{R}^{3,3}$.
La definizione di nucleo fornisce poi $ker(f)=\{v\in V|f(v)=0\}$ dove $0$ è il vettore zero rispetto alla base del codominio.
Tenendo a mente ciò, ho iniziato a pensare banalmente alla matrice:
\begin{equation} A=\begin{pmatrix} 1&-4&0\\0&0&1 \end{pmatrix} \end{equation}
che però non è quadrata di ordine 3 e quindi non va bene. Ho allora pensato di completarla ma se inserisco un vettore riga che sia linearmente dipendente dagli altri sbaglierei. Infatti, il rango della matrice così ottenuta sarebbe 2 anziché 3 (il determinante sarebbe 0) e quindi i vettori non genererebbero uno spazio 3D bensì bidimensionale.
Come posso fare?
Vi ringrazio anticipatamente per la pazienza.
vorrei sottoporre alla vostra attenzione questo esercizio che, pur essendo probabilmente alquanto banale, ho difficoltà a risolvere.
Testo
Trovare la matrice $M_f^{\mathcal{K}}$ associata ad un endomorfismo $f:\mathbb{R}^3\rightarrow \mathbb{R}^3$ che abbia come nucleo la retta $x-4y=z=0$.
Ragionamento
Una matrice $A\in\mathbb{R}^{m,n}$ definisce una trasformazione lineare $f:\mathbb{R^n}\rightarrow\mathbb{R}^m$ considerando elementi di $\mathbb{R}^n$ come vettori colonna e imponendo che $f(v)=Av, v\in\mathbb{R}^{n,1}$.
Siccome l'applicazione lineare in esame è un endomorfismo di $\mathbb{R}^3$, allora $A\in\mathbb{R}^{3,3}$.
La definizione di nucleo fornisce poi $ker(f)=\{v\in V|f(v)=0\}$ dove $0$ è il vettore zero rispetto alla base del codominio.
Tenendo a mente ciò, ho iniziato a pensare banalmente alla matrice:
\begin{equation} A=\begin{pmatrix} 1&-4&0\\0&0&1 \end{pmatrix} \end{equation}
che però non è quadrata di ordine 3 e quindi non va bene. Ho allora pensato di completarla ma se inserisco un vettore riga che sia linearmente dipendente dagli altri sbaglierei. Infatti, il rango della matrice così ottenuta sarebbe 2 anziché 3 (il determinante sarebbe 0) e quindi i vettori non genererebbero uno spazio 3D bensì bidimensionale.
Come posso fare?
Vi ringrazio anticipatamente per la pazienza.
Risposte
Come è fatta una base del nucleo?
Per il teorema delle dimensioni inoltre sai che $dim(Im)=3- dim(ker)$.
Per il teorema delle dimensioni inoltre sai che $dim(Im)=3- dim(ker)$.
Una base per il nucleo dovrebbe essere $(4,1,0),(0,0,1)$, da cui segue che $dim(ker(f))=2$ e dunque, per il teorema del rango-nullità da te enunciato, $dim(Im(f))=1$. Nella mia ignoranza non riesco però a capire come sfruttare questa informazione a mio vantaggio per costruire la matrice richiesta 
.
.
Non mi sembra che la base che tu abbia estratto sia corretta. Una base del $ker$ è $[4,1,0]^T$.
L'immagine quindi ha dimensione $2$. Tu per costruire la matrice devi completare a una base di $RR^3$. Scegli cioè due vettori linearmente indipendenti con una base del nucleo
L'immagine quindi ha dimensione $2$. Tu per costruire la matrice devi completare a una base di $RR^3$. Scegli cioè due vettori linearmente indipendenti con una base del nucleo
Per trovare una base del nucleo risolvo il sistema lineare omogeneo associato alla matrice:
\begin{equation}
\begin{cases} x-4y=0\\z=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=4y\\z=0\end{cases}
\end{equation}
Quindi le soluzioni sono del tipo $(4y,y,0)=y(4,1,0)$ e dunque una base è data dal singolo vettore $(4,1,0)$, hai ragione tu, sono fuso!
Ora ne dico un'altra: siccome non ho informazioni su come $f$ trasformi dei vettori tridimensionali ad eccezioni di quelli che vanno in $(0,0,0)$, ne scelgo arbitrariamente due a caso che sono linearmente indipendenti. Ad esempio $(1,-2,1)$ e $(0,3,0)$. A questo punto, aggiungendo anche il vettore della base del nucleo ottengo la matrice:
\begin{equation}
A=\begin{pmatrix} 1 & 0& 4 \\ -2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
\end{equation}
che è non singolare, essendo $det(A)=-12$.
Così è corretto?
\begin{equation}
\begin{cases} x-4y=0\\z=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=4y\\z=0\end{cases}
\end{equation}
Quindi le soluzioni sono del tipo $(4y,y,0)=y(4,1,0)$ e dunque una base è data dal singolo vettore $(4,1,0)$, hai ragione tu, sono fuso!
Ora ne dico un'altra: siccome non ho informazioni su come $f$ trasformi dei vettori tridimensionali ad eccezioni di quelli che vanno in $(0,0,0)$, ne scelgo arbitrariamente due a caso che sono linearmente indipendenti. Ad esempio $(1,-2,1)$ e $(0,3,0)$. A questo punto, aggiungendo anche il vettore della base del nucleo ottengo la matrice:
\begin{equation}
A=\begin{pmatrix} 1 & 0& 4 \\ -2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
\end{equation}
che è non singolare, essendo $det(A)=-12$.
Così è corretto?
Il nucleo della matrice definita da tale applicazione è ancora quello che desideravi? Se sì, hai finito
Non va bene ok.
Ho provato allora come originariamente avevo pensato, ossia aggiungendo alla matrice rappresentante il sistema lineare fornito una terza riga, linearmente dipendente dalle altre. Ad esempio
\begin{equation}
\begin{pmatrix} 1&-4&0\\0&0&1\\0&0&2 \end{pmatrix}
\end{equation}
Questa matrice, così come
\begin{equation}
\begin{pmatrix} 1&-4&0\\0&0&1\\2&-4&1 \end{pmatrix}
\end{equation}
tanto per dirne un'altra avente la terza riga linearmente dipendente dalle altre due, ha nucleo $(4,1,0)$.
A questo punto quindi, per quanto detto, la soluzione mi sembrerebbe corretta ma non capisco sinceramente tanto bene cosa ho fatto ...
Ho provato allora come originariamente avevo pensato, ossia aggiungendo alla matrice rappresentante il sistema lineare fornito una terza riga, linearmente dipendente dalle altre. Ad esempio
\begin{equation}
\begin{pmatrix} 1&-4&0\\0&0&1\\0&0&2 \end{pmatrix}
\end{equation}
Questa matrice, così come
\begin{equation}
\begin{pmatrix} 1&-4&0\\0&0&1\\2&-4&1 \end{pmatrix}
\end{equation}
tanto per dirne un'altra avente la terza riga linearmente dipendente dalle altre due, ha nucleo $(4,1,0)$.
A questo punto quindi, per quanto detto, la soluzione mi sembrerebbe corretta ma non capisco sinceramente tanto bene cosa ho fatto ...
"fRankMing":
Non va bene ok.
Ho provato allora come originariamente avevo pensato, ossia aggiungendo alla matrice rappresentante il sistema lineare fornito una terza riga, linearmente dipendente dalle altre. Ad esempio
\begin{equation}
\begin{pmatrix} 1&-4&0\\0&0&1\\0&0&2 \end{pmatrix}
\end{equation}
Questa matrice, così come
\begin{equation}
\begin{pmatrix} 1&-4&0\\0&0&1\\2&-4&1 \end{pmatrix}
\end{equation}
tanto per dirne un'altra avente la terza riga linearmente dipendente dalle altre due, ha nucleo $(4,1,0)$.
A questo punto quindi, per quanto detto, la soluzione mi sembrerebbe corretta ma non capisco sinceramente tanto bene cosa ho fatto ...
L'idea è giusta. Quello che stai facendo è fare in modo che l'equazione $Ax=0$ corrisponda alle due equazioni date, quindi scegli le prime due righe opportunamente.
Ora la terza riga non può essere una qualsiasi perché altrimenti aggiungerebbe un'ulteriore equazione, cambiando il nucleo. Come la scelgo allora? La prendo linearmente dipendente dalle altre in modo che "non aggiunga niente", cioè è come se quella terza equazione non ci fosse
Alternativamente la puoi vedere al seguente modo: il nucleo deve avere dimensione 1 perché è definito da due equazioni linearmente indipendenti. Ma allora, il rango della matrice dev'essere 2: una volta aggiunte due righe linearmente indipendenti, la terza dev'essere dipendente (altrimenti il rango sarebbe 3).
Ora si che mi è chiaro, grazie infinite!!!
Non c'è problema
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