Trovare un'applicazione lineare che soddisfa certi requisiti
Salve a tutti,
sto studiando le applicazioni lineari e un esercizio del libro chiede di dimostrare se esiste un'applicazione lineare che soddisfi certi requisiti e, se ne esiste più di una, trovarne almeno due. Il mio problema è che non riesco ancora a coniugare la teoria con la pratica: riesco a fare la prima parte dell'esercizio ma non la seconda:
Esercizio: dimostrare che esiste $T:RR^{4} \to RR^{3}$, suriettiva, tale che $kerT = Span((1),(0),(1),(0))$
Molto semplicemente, essendo definiti proprio per ipotesi $dim KerT = 1$, $dim ImT = 3$ e $dimV = 4$, grazie al Teorema della dimensione dimostriamo l'esistenza dell'applicazione richiesta.
A questo punto entro nel pallone... cerco di ragionare così ma non riesco a trovare il nodo della questione:
L'applicazione lineare cercata è tale che lo spazio delle soluzioni è della forma $X = b + kerT$ e quindi, ricordando che $kerT = Span((1),(0),(1),(0)) = \gamma x_1 + \gamma x_3$ (giusto?), allora
$T((x_1),(x_2),(x_3),(x_4)) = {(\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 +\alpha_3 x_3 +\alpha_4 x_4 = \beta_1 + \gamma x_1 + \gamma x_3),(\alpha_5 x_1 + \alpha_6 x_2 +\alpha_7 x_3 +\alpha_8 x_4 = \beta_2 + \gamma x_1 + \gamma x_3),(\alpha_9 x_1 + \alpha_10 x_2 +\alpha_11 x_3 +\alpha_12 x_4 = \beta_3 + \gamma x_1 + \gamma x_3):}$
per cui arrivo a questo sistema lineare, dal quale non mi schiodo...
${((\alpha_1 -\gamma) x_1 + \alpha_2 x_2 +(\alpha_3 - \gamma) x_3 +\alpha_4 x_4 = \beta_1),((\alpha_5 -\gamma)x_1 + \alpha_6 x_2 +(\alpha_7 - \gamma)x_3 +\alpha_8 x_4 = \beta_2),((\alpha_9 - \gamma) x_1 + \alpha_10 x_2 +(\alpha_11 - \gamma) x_3 +\alpha_12 x_4 = \beta_3):}$
Lumi in proposito?
Grazie mille!
Davide.
sto studiando le applicazioni lineari e un esercizio del libro chiede di dimostrare se esiste un'applicazione lineare che soddisfi certi requisiti e, se ne esiste più di una, trovarne almeno due. Il mio problema è che non riesco ancora a coniugare la teoria con la pratica: riesco a fare la prima parte dell'esercizio ma non la seconda:
Esercizio: dimostrare che esiste $T:RR^{4} \to RR^{3}$, suriettiva, tale che $kerT = Span((1),(0),(1),(0))$
Molto semplicemente, essendo definiti proprio per ipotesi $dim KerT = 1$, $dim ImT = 3$ e $dimV = 4$, grazie al Teorema della dimensione dimostriamo l'esistenza dell'applicazione richiesta.
A questo punto entro nel pallone... cerco di ragionare così ma non riesco a trovare il nodo della questione:
L'applicazione lineare cercata è tale che lo spazio delle soluzioni è della forma $X = b + kerT$ e quindi, ricordando che $kerT = Span((1),(0),(1),(0)) = \gamma x_1 + \gamma x_3$ (giusto?), allora
$T((x_1),(x_2),(x_3),(x_4)) = {(\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 +\alpha_3 x_3 +\alpha_4 x_4 = \beta_1 + \gamma x_1 + \gamma x_3),(\alpha_5 x_1 + \alpha_6 x_2 +\alpha_7 x_3 +\alpha_8 x_4 = \beta_2 + \gamma x_1 + \gamma x_3),(\alpha_9 x_1 + \alpha_10 x_2 +\alpha_11 x_3 +\alpha_12 x_4 = \beta_3 + \gamma x_1 + \gamma x_3):}$
per cui arrivo a questo sistema lineare, dal quale non mi schiodo...
${((\alpha_1 -\gamma) x_1 + \alpha_2 x_2 +(\alpha_3 - \gamma) x_3 +\alpha_4 x_4 = \beta_1),((\alpha_5 -\gamma)x_1 + \alpha_6 x_2 +(\alpha_7 - \gamma)x_3 +\alpha_8 x_4 = \beta_2),((\alpha_9 - \gamma) x_1 + \alpha_10 x_2 +(\alpha_11 - \gamma) x_3 +\alpha_12 x_4 = \beta_3):}$
Lumi in proposito?
Grazie mille!
Davide.
Risposte
Se $kerT=Span((1),(0),(1),(0))$ perchè
sarebbe uguale a $gammax_1 + \gammax_3$? se ho ben
capito cosa intendi... il nucleo
è il sottospazio vettoriale di $RR^4$ generato da $((1),(0),(1),(0))$, ovvero
tutti i vettori nella forma $((\gamma),(0),(\gamma),(0))$,$\gamma \in RR$.
sarebbe uguale a $gammax_1 + \gammax_3$? se ho ben
capito cosa intendi... il nucleo
è il sottospazio vettoriale di $RR^4$ generato da $((1),(0),(1),(0))$, ovvero
tutti i vettori nella forma $((\gamma),(0),(\gamma),(0))$,$\gamma \in RR$.
Stai complicando un po' troppo il problema, più semplicemente potresti prendere una base in partenza contenente il vettore che ti genera il nucleo e altri 3 vettori linearmente indipendenti, e poi porre che la funzione applicata al vettore suddetto sia 0, e gli altri tre vadano in una base di $RR^3$: l'applicazione cercata è sicuramente surgettiva, in quanto l'immagine dei 3 vettori della base ricopre tutto $RR^3$... in generale il modo più "intuitivo" di procedere è questo, quando non si sa niente di una applicazione tranne dove vanno a finire certi vettori, si inizia prendendo una base in partenza contenente quei vettori, e una base in arrivo contenente le immagini dei vettori e poi si completano a caso le basi, vedendo se è possibile che siano soddisfatti tutti i requisiti "con le mani", nel senso di provare a vedere che proprietà devono avere le $f(v_i)$ della base affinché tutto torni.
@ orazioster:
scusa, ma non stiamo dicendo la stessa cosa?
$dim Span((1),(0),(1),(0)) = 1$, quindi la soluzione del sistema omogeneo associato è in realtà una retta di soluzioni determinata appunto dalle coordinate $x_1$ e $x_3$...
@Zkeggia:
sto masticando il tuo suggerimento, se ho problemi di digestione ti faccio sapere. Intanto grazie...
scusa, ma non stiamo dicendo la stessa cosa?
$dim Span((1),(0),(1),(0)) = 1$, quindi la soluzione del sistema omogeneo associato è in realtà una retta di soluzioni determinata appunto dalle coordinate $x_1$ e $x_3$...
@Zkeggia:
sto masticando il tuo suggerimento, se ho problemi di digestione ti faccio sapere. Intanto grazie...
Niente, il tuo suggerimento mi sta facendo lo stesso effetto di una peperonata! Ma le farneticazioni del mio primo post almeno hanno un senso oppure ho detto cose completamente assurde? Torniamo "a bomba" e andiamo con ordine:
La definizione di nucleo di un'applicazione lineare ci dice che il nucleo è l'insieme dei vettori nel dominio (cioè lo spazio vettoriale di partenza) tali che il vettore nel codominio (cioè nello spazio vettoriale di arrivo) ottenuto appunto tramite l'applicazione è il vettore nullo.
$T:V \to W$, $kerT = {v \in V | T(v) = 0_W}$
E fino a qui mi pare che ci siamo, vi prego se dico delle castronerie correggetemi.
Occorre trovare un sistema omogeneo tale che lo spazio delle soluzioni sia $Span((1),(0),(1),(0)) \in V$. Un tale sistema potrebbe essere questo:
${(x_1-x_3=0),(x_2=0),(0x_3=0),(x_4=0):}$
I conti non mi tornano: se il nucleo è incluso nello spazio di partenza (dim V = 4), perché la matrice da cui ottengo lo Span ha dimensione 3? Mi sa che ho fatto un po' di confusione con le definizioni.
Poniamo per un attimo che abbia invertito la questione e che la matrice da cui ottengo il nucleo sia inclusa nel codominio:
Prendendo la base canonica in $RR^{4}$, potrebbe essere questa una delle applicazioni richieste dall'esercizio?
$T(e_1, e_2, e_3, e_4) = ((e_1), (e_2), (-e_1), (e_4))$
Se applico la funzione a questa base ($dim A=4$) ottengo il sistema di cui sopra, il cui spazio delle soluzioni è lo Span richiesto dal testo e sembra tornare tutto...
$A=|(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)| \in RR^{4}$
$L_A=|(1,0,-1,0),(0,1,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,1)| \in RR^{3}$
Che ne dite?
Grazie ancora, soprattutto per la pazienza...
La definizione di nucleo di un'applicazione lineare ci dice che il nucleo è l'insieme dei vettori nel dominio (cioè lo spazio vettoriale di partenza) tali che il vettore nel codominio (cioè nello spazio vettoriale di arrivo) ottenuto appunto tramite l'applicazione è il vettore nullo.
$T:V \to W$, $kerT = {v \in V | T(v) = 0_W}$
E fino a qui mi pare che ci siamo, vi prego se dico delle castronerie correggetemi.
Occorre trovare un sistema omogeneo tale che lo spazio delle soluzioni sia $Span((1),(0),(1),(0)) \in V$. Un tale sistema potrebbe essere questo:
${(x_1-x_3=0),(x_2=0),(0x_3=0),(x_4=0):}$
I conti non mi tornano: se il nucleo è incluso nello spazio di partenza (dim V = 4), perché la matrice da cui ottengo lo Span ha dimensione 3? Mi sa che ho fatto un po' di confusione con le definizioni.
Poniamo per un attimo che abbia invertito la questione e che la matrice da cui ottengo il nucleo sia inclusa nel codominio:
Prendendo la base canonica in $RR^{4}$, potrebbe essere questa una delle applicazioni richieste dall'esercizio?
$T(e_1, e_2, e_3, e_4) = ((e_1), (e_2), (-e_1), (e_4))$
Se applico la funzione a questa base ($dim A=4$) ottengo il sistema di cui sopra, il cui spazio delle soluzioni è lo Span richiesto dal testo e sembra tornare tutto...
$A=|(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)| \in RR^{4}$
$L_A=|(1,0,-1,0),(0,1,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,1)| \in RR^{3}$
Che ne dite?
Grazie ancora, soprattutto per la pazienza...
"DavideV":
Esercizio: dimostrare che esiste $T:RR^{4} \to RR^{3}$, suriettiva, tale che $kerT = Span((1),(0),(1),(0))$
Il vettore $((1),(0),(1),(0))$ può essere scritto così: $e_1 + e_3$, quindi abbiamo:
$T(e_1 + e_3) = 0$ da cui $T(e_1) + T(e_3) = 0$ e quindi
$T(e_1) = - T(e_3)$ .
Basta quindi scegliere la prima colonna in modo tale che sia opposta alla terza colonna
e fare in modo che il rango della matrice 3 x 4 sia uguale a 3.
Ad esempio:
$((1,0,-1,0),(1,1,-1,0),(1,0,-1,1))$
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