Trovare una base per il nucleo di un'applicazione lineare
Salve!!!
Mi è venuto un dubbio.
in un esercizio, ho un'applicazione $T:R^3to\R^4$ definita da $T(x,y,z)=(x,3x-2y+z, 2y-4z,x).
Devo scrivere la matrice relativa alle basi canoniche di $R^3$ e $R^4$, calcolare la dimensione del nucleo e dell'immagine e trovare una base per ciascuno di essi.
La matrice dovrebbe essere questa (se ho capito bene la teoria):
$((1,0,0),(3,-2,1),(0,2,-4),(1,0,0))$
Per calcolare la dimensione del nucleo risolvo questo sistema:
$kerf={(x=0),(3x-2y+z=0),(2y-4z=0):}$
e dovrei ottenere ${(x=0),(y=0),(z=0):}$
quindi $dimkerf=0$.
Di conseguenza, usando il teorema dell'equazione dimensionale, avrò
$dimImf=dimV-dimKerf=3-0=3$.
Ora devo trovare una base per $kerf$ e una per $Imf$.
Per l'immagine di $f$ dovrebbe bastare ch'io prenda le colonne della mia matrice, a patto che queste siano tra loro linearmente indipendenti, giusto?
quindi una base di $Imf$ potrebbe essere ${(1,3,0),(0,-2,2),(0,1,-4)}$
Ora, come faccio a trovare una base per $kerf$?
Il nucleo è un sottospazio vettoriale..quindi suppongo che, essendo un sottospazio vettoriale a sua volta uno spazio vettoriale, ed essendo finitamente generato, debba avere una base.
ma ${(0,0,0)}$ non può essere una sua base, perchè il vettore nullo è linearmente dipendente.
E allora?
forse mi sbaglio, e non ha base in questo caso???
Mi è venuto un dubbio.
in un esercizio, ho un'applicazione $T:R^3to\R^4$ definita da $T(x,y,z)=(x,3x-2y+z, 2y-4z,x).
Devo scrivere la matrice relativa alle basi canoniche di $R^3$ e $R^4$, calcolare la dimensione del nucleo e dell'immagine e trovare una base per ciascuno di essi.
La matrice dovrebbe essere questa (se ho capito bene la teoria):
$((1,0,0),(3,-2,1),(0,2,-4),(1,0,0))$
Per calcolare la dimensione del nucleo risolvo questo sistema:
$kerf={(x=0),(3x-2y+z=0),(2y-4z=0):}$
e dovrei ottenere ${(x=0),(y=0),(z=0):}$
quindi $dimkerf=0$.
Di conseguenza, usando il teorema dell'equazione dimensionale, avrò
$dimImf=dimV-dimKerf=3-0=3$.
Ora devo trovare una base per $kerf$ e una per $Imf$.
Per l'immagine di $f$ dovrebbe bastare ch'io prenda le colonne della mia matrice, a patto che queste siano tra loro linearmente indipendenti, giusto?
quindi una base di $Imf$ potrebbe essere ${(1,3,0),(0,-2,2),(0,1,-4)}$
Ora, come faccio a trovare una base per $kerf$?
Il nucleo è un sottospazio vettoriale..quindi suppongo che, essendo un sottospazio vettoriale a sua volta uno spazio vettoriale, ed essendo finitamente generato, debba avere una base.
ma ${(0,0,0)}$ non può essere una sua base, perchè il vettore nullo è linearmente dipendente.
E allora?
forse mi sbaglio, e non ha base in questo caso???
Risposte
Non ho controllato i calcoli ma c'è qualcosa che sicuro non va.
Anzitutto cos'è l'$ImT$? E' un sottospazio vettoriale di $RR^3$ o di $RR^4$?
Poi considera che se il $kerT$ è banale, non ha diritto a base, in quanto sai già che contiene il solo vettore nullo!
Anzitutto cos'è l'$ImT$? E' un sottospazio vettoriale di $RR^3$ o di $RR^4$?
Poi considera che se il $kerT$ è banale, non ha diritto a base, in quanto sai già che contiene il solo vettore nullo!
credo che $ImT$ sia sottospazio di $R^4$. giusto?
pensavo che il nucleo di un'applicazione dovesse sempre avere una base.
però stavo ragionando sul fatto che effettivamente uno spazio vettoriale $V$ nullo ha come base l'insieme vuoto.
e in questo caso il nucleo, che è anche uno spazio vettoriale, è nullo.
pensavo che il nucleo di un'applicazione dovesse sempre avere una base.
però stavo ragionando sul fatto che effettivamente uno spazio vettoriale $V$ nullo ha come base l'insieme vuoto.
e in questo caso il nucleo, che è anche uno spazio vettoriale, è nullo.
"Tagliafico":
credo che $ImT$ sia sottospazio di $R^4$. giusto?
Giusto, quindi i vettori sono del tipo $(x,y,z,t)$ giusto?
pensavo che il nucleo di un'applicazione dovesse sempre avere una base.
però stavo ragionando sul fatto che effettivamente uno spazio vettoriale $V$ nullo ha come base l'insieme vuoto.
e in questo caso il nucleo, che è anche uno spazio vettoriale, è nullo.
Secondo me confondi banale con vuoto. Un sottospazio vettoriale non è mai vuoto, perchè vi è sempre il vettore nullo.
Può, come in questo caso, essere ridotto al solo vettore nullo ed essere banale, ma non vuoto altrimenti sarebbe soltanto un insieme vuoto, senza alcuna struttura. Quindi dicendo che $dimKerT=0$ hai già descritto compiutamente com'è fatto questo spazio e non ci serve altro!
"mistake89":
Giusto, quindi i vettori sono del tipo $(x,y,z,t)$ giusto?
Si si è vero ^^ ho sbagliato la base di $Imf$ perchè, credo, posso prendere le colonne della mia matrice (che infatti sono nella forma $(x,y,z,t)$) e non quello che ho scritto. Stavo pensando al fatto che quando considero il nucleo non ha senso considerare due righe uguali, così come per sapere se la dimensione dell'immagine è effettivamente $3$ mi basta calcolare il rango della mia matrice, e quindi posso non considerare l'ultima riga
"mistake89":
Secondo me confondi banale con vuoto. Un sottospazio vettoriale non è mai vuoto, perchè vi è sempre il vettore nullo.
Può, come in questo caso, essere ridotto al solo vettore nullo ed essere banale, ma non vuoto altrimenti sarebbe soltanto un insieme vuoto, senza alcuna struttura. Quindi dicendo che $dimKerT=0$ hai già descritto compiutamente com'è fatto questo spazio e non ci serve altro!
ah. effettivamente hai ragione. mi sarebbe bastato pensare a cos'è un insieme vuoto: ${x|x!=x}$, cioè senza elementi.
0 è un elemento invece.
"Tagliafico":
[quote="mistake89"]
Giusto, quindi i vettori sono del tipo $(x,y,z,t)$ giusto?
Si si è vero ^^ ho sbagliato la base di $Imf$ perchè, credo, posso prendere le colonne della mia matrice (che infatti sono nella forma $(x,y,z,t)$) e non quello che ho scritto. Stavo pensando al fatto che quando considero il nucleo non ha senso considerare due righe uguali, così come per sapere se la dimensione dell'immagine è effettivamente $3$ mi basta calcolare il rango della mia matrice, e quindi posso non considerare l'ultima riga
[/quote]
Scusami non ho capito
"mistake89":
Scusami non ho capito
ho sbagliato la base di $Imf$ perchè ho preso le colonne della matrice associata all'applicazione, ma ho dimenticato di prendere l'ultima riga.
se avessi preso tutte le righe della matrice, avrei avuto 3 colonne del tipo $(x,y,z,t)$.
Se invece ho un endomorfismo $f:M_2to\M_2$ (dove $M_2$ sono le matrici quadrate di ordine $2$)
la cui matrice associata è
$((1,1,0,0),(1,-1,0,0),(0,0,1,1),(0,0,1,-1))$
rispetto alla base $B={((1,0),(0,1)),((1,0),(0,-1)),((0,1),(1,0)),((0,1),(-1,0))}$
se calcolo il nucleo dell'applicazione ottengo
${(x+y=0),(x-y=0),(z+t=0),(z-t=0):}$
quindi
${(x=-y),(z=-t):}$
la dimensione del nucleo sarà data da $(x,-x,-t,t)$ ossia $dimkerf=2$
devo trovare una base per il nucleo.4
sicuramente dovrò avere due vettori linearmente indipendenti, appartenenenti al dominio, in questo caso $M_2$
non so bene come trovarlo.
io darei dei valori a $x$ e $t$ ad esempio $(0,0,1,-1)$ e $(1,-1,0,0)$
quindi suppongo che la mia base possa essere ${((0,0),(2,0)),((0,0),(0,2))}$
potrebbe andar bene?
la cui matrice associata è
$((1,1,0,0),(1,-1,0,0),(0,0,1,1),(0,0,1,-1))$
rispetto alla base $B={((1,0),(0,1)),((1,0),(0,-1)),((0,1),(1,0)),((0,1),(-1,0))}$
se calcolo il nucleo dell'applicazione ottengo
${(x+y=0),(x-y=0),(z+t=0),(z-t=0):}$
quindi
${(x=-y),(z=-t):}$
la dimensione del nucleo sarà data da $(x,-x,-t,t)$ ossia $dimkerf=2$
devo trovare una base per il nucleo.4
sicuramente dovrò avere due vettori linearmente indipendenti, appartenenenti al dominio, in questo caso $M_2$
non so bene come trovarlo.
io darei dei valori a $x$ e $t$ ad esempio $(0,0,1,-1)$ e $(1,-1,0,0)$
quindi suppongo che la mia base possa essere ${((0,0),(2,0)),((0,0),(0,2))}$
potrebbe andar bene?
Secondo me c'è qualche problema proprio nell'applicazione che hai definito.
Considera una generica matrice $((x,y),(z,t))$ e sfrutta per esteso la definizione di matrice associata. Cioè si vede che $f((1,0),(0,1))=((1,0),(0,1))+((1,0),(0,-1))=((2,0),(0,0))$. E così via per altre...
Se non ho sbagliato la tua applicazione lavora così $f((x,y),(z,t))=((x+t,y+z),(y-z,t-x))$. Controlla per piacere perchè l'ho fatto molto velocemente. E quindi calcolando $f((x,y),(z,t))=0_(M_2)$ dovresti ottenere $x=y=z=t=0$.
D'altra parte il rango della tua matrice è $4$ quindi la dimensione di $ImF=dimM_2-dimKerf=4$ da cui $dimKerf=0$.
Però ti ripeto, controlla per bene i conti.
Considera una generica matrice $((x,y),(z,t))$ e sfrutta per esteso la definizione di matrice associata. Cioè si vede che $f((1,0),(0,1))=((1,0),(0,1))+((1,0),(0,-1))=((2,0),(0,0))$. E così via per altre...
Se non ho sbagliato la tua applicazione lavora così $f((x,y),(z,t))=((x+t,y+z),(y-z,t-x))$. Controlla per piacere perchè l'ho fatto molto velocemente. E quindi calcolando $f((x,y),(z,t))=0_(M_2)$ dovresti ottenere $x=y=z=t=0$.
D'altra parte il rango della tua matrice è $4$ quindi la dimensione di $ImF=dimM_2-dimKerf=4$ da cui $dimKerf=0$.
Però ti ripeto, controlla per bene i conti.
"mistake89":
Secondo me c'è qualche problema proprio nell'applicazione che hai definito.
Considera una generica matrice $((x,y),(z,t))$ e sfrutta per esteso la definizione di matrice associata. Cioè si vede che $f((1,0),(0,1))=((1,0),(0,1))+((1,0),(0,-1))=((2,0),(0,0))$. E così via per altre...
Se non ho sbagliato la tua applicazione lavora così $f((x,y),(z,t))=((x+t,y+z),(y-z,t-x))$. Controlla per piacere perchè l'ho fatto molto velocemente. E quindi calcolando $f((x,y),(z,t))=0_(M_2)$ dovresti ottenere $x=y=z=t=0$.
D'altra parte il rango della tua matrice è $4$ quindi la dimensione di $ImF=dimM_2-dimKerf=4$ da cui $dimKerf=0$.
Però ti ripeto, controlla per bene i conti.
Hai ragione, il rango è 4.
ho sbagliato il sistema, o meglio, non l'ho finito.
una volta che ottengo ${(x=-y),(z=-t):}$ devo sostituire nelle equazioni rimanenti e otterrei
${(x=-y),(z=-t),(-2y=0),(-2t=0):}$ per cui
${(y=0),(t=0),(x=0),(z=0):}$
è stata una svista. accidenti
La domanda però credo che sia comunque valida, se posta in altri termini:
supponiamo di avere un'applicazione $f:M_2to\R^3$
definita in un certo modo e supponiamo che, una volta fatti tutti i conti, mi risulti $dimkerf=2$
supponiamo che debba trovare una base per questo nucleo, e supponiamo che mi venga come soluzione del sistema per trovare la dimensione del nucleo (per esempio) una cosa del tipo $(x,-2x,z,0)$
la base del nucleo dovrà avere degli elementi al suo interno appartenenti a $M_2$, giusto?
prediamo la base canonica di $M_2$ che chiamiamo $B={E_11,E_12,E_21,E_22}$
allora uno dei vettori della mia base potrebbe essere $(E11-2E11+E21+0)$ ossia $((-1,1),(0,0))$???
Ma il fatto è che tu non puoi ottenere un vettore di $RR^3$, perchè il nucleo è un sottospazio di $M_2$. 
Tu avrai un'applicazione che ti associa $f((x,y),(z,t))=(a,b,c)$. Ora ti chiedi quando $f(M)=0$ otterrai un sistema. Ed una volta risolto otterrai delle condizioni su $x,y,z,t$, che sono gli elementi della nostra matrice. Quindi sostituiti ad $M in M_2$ otterrai il tuo $kerf$.
Tu avrai un'applicazione che ti associa $f((x,y),(z,t))=(a,b,c)$. Ora ti chiedi quando $f(M)=0$ otterrai un sistema. Ed una volta risolto otterrai delle condizioni su $x,y,z,t$, che sono gli elementi della nostra matrice. Quindi sostituiti ad $M in M_2$ otterrai il tuo $kerf$.
"mistake89":
Ma il fatto è che tu non puoi ottenere un vettore di $RR^3$, perchè il nucleo è un sottospazio di $M_2$.
Tu avrai un'applicazione che ti associa $f((x,y),(z,t))=(a,b,c)$. Ora ti chiedi quando $f(M)=0$ otterrai un sistema. Ed una volta risolto otterrai delle condizioni su $x,y,z,t$, che sono gli elementi della nostra matrice. Quindi sostituiti ad $M in M_2$ otterrai il tuo $kerf$.
quindi se dal sistema ottengo $(x,-2x,z,0)$
prenderò la mia matrice e calcolerò $((x,2x),(z,0))$ facendo variare $x$ e $z$?
tipo per $dimker=2$ farei qualcosa del tipo ${((1,2),(0,0)),((0,0),(1,0))}$?
No. Qualcosa del tipo $((1,2),(0,0)),((0,0),(1,0))$
"mistake89":
No. Qualcosa del tipo $((1,2),(0,0)),((0,0),(1,0))$
si si avevo sbagliato, lo stavo correggendoora è chiaro!!!! e se ho un'applicazione $F:M_2to\M_2$
è simile per l'Imf?
perchè se il codominio è in $R$ o in $K[x]$ non ho dubbi.
dubbi mi vengono quando ho matrici
A parte che puoi considerare le matrici quadrate isomorfe a $RR^(n^2)$ e quindi ovviare al problema, però non cambia niente, devi lavorare sullo spazio vettoriale delle matrici che come ogni spazio vettoriale, ha base canonica, componenti, combinazioni lineari etc. Se ti è più comodo immaginale come vettori scritti in maniera strana 
Ricorda che la matrice associata ad un'applicazione lineare lavora con le componenti non con le immagini. Quindi devi considerare le rispettive immagini (cioè la combinazione lineare, tramite le componenti scritte in matrice dei vettori della base considerata!)
Ricorda che la matrice associata ad un'applicazione lineare lavora con le componenti non con le immagini. Quindi devi considerare le rispettive immagini (cioè la combinazione lineare, tramite le componenti scritte in matrice dei vettori della base considerata!)
"mistake89":
A parte che puoi considerare le matrici quadrate isomorfe a $RR^(n^2)$ e quindi ovviare al problema, però non cambia niente, devi lavorare sullo spazio vettoriale delle matrici che come ogni spazio vettoriale, ha base canonica, componenti, combinazioni lineari etc. Se ti è più comodo immaginale come vettori scritti in maniera strana
)
Cos'è $RR^(n^2)$?? com'è definito? non l'ho mai visto credo... O_o
"mistake89":
Ricorda che la matrice associata ad un'applicazione lineare lavora con le componenti non con le immagini. Quindi devi considerare le rispettive immagini (cioè la combinazione lineare, tramite le componenti scritte in matrice dei vettori della base considerata!)
Mmm..si su questo ci sono.
Non mi pare alla fin fine che sia difficile.Farò ancora esercizi fino al compito comunque su quest'argomento.
Ti ringrazio!
Non ti spaventare che non è niente di eccezionale. $RR^4$ lo conosci no? Beh possiamo scrivere $RR^(2^2)$
E' semplicemente un $RR$-spazio vettoriale di dimensione $n^2$. Nulla più!
E' semplicemente un $RR$-spazio vettoriale di dimensione $n^2$. Nulla più!
"mistake89":
Non ti spaventare che non è niente di eccezionale. $RR^4$ lo conosci no? Beh possiamo scrivere $RR^(2^2)$
E' semplicemente un $RR$-spazio vettoriale di dimensione $n^2$. Nulla più!
Ho capito.
non lo avevo mai visto così
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