Esercizio su base di immagine e nucleo, trasformazione lineare

Prima di postare leggi le regole del Forum. Puoi anche leggere le ultime discussioni.
Questa sezione è un contenitore temporaneo per i topic speciali a pagamento (One-Shot)

Se hai acquistato uno o più Topic speciali, puoi pubblicarli qui cliccando su "Apri un Topic".

Il registro completo dei Topic risolti e in corso è disponibile sul proprio profilo.

Esercizio su base di immagine e nucleo, trasformazione lineare #96574

avt
ikar
Punto
Ho un esercizio sul calcolo della base di immagine e nucleo di una trasformazione lineare, di cui riporto la traccia.

Data la trasformazione lineare

T\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x_1+4x_2+3x_3+2x_4\\x_1-x_2+x_4\\ x_1+x_3+2x_4\end{pmatrix}

Si determini la dimensione e una base dell'immagine di T. Si dica poi se il primo vettore fondamentale di \mathbb{R}^3 appartiene all'immagine di T.

Cosa si può dire sulla dipendenza delle righe e delle colonne della matrice di rappresentazione di T e sul sottospazio da esse generato? Si determini infine una base del sottospazio definito da T(x)=0.

Grazie mille.
 
 

Re: Trasformazione lineare #96596

avt
Ifrit
Ambasciatore
Consideriamo la trasformazione lineare

T\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x_1+4x_2+3x_3+2x_4\\ x_1-x_2+x_4\\ x_1+x_3+2x_4\end{pmatrix}

L'esercizio chiede di determinare sia la dimensione, sia la base associata all'immagine dell'applicazione lineare T.

Per prima cosa determiniamo la matrice di rappresentazione associata a T scrivendo per colonne le immagini della base fondamentale di \mathbb{R}^4

B_{\mathbb{R}^4}=\left\{e_1=\begin{pmatrix}1\\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, e_2=\begin{pmatrix}0\\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, e_3=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, e_4=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\right\}

L'applicazione T trasforma i vettori della base canonica di \mathbb{R}^4 come segue:

\\ T(e_1)=\begin{pmatrix}-1\\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ \ T(e_2)=\begin{pmatrix}4\\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\\ \\ \\ T(e_3)=\begin{pmatrix}3\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \ \ \ T(e_4)=\begin{pmatrix}2\\ 1 \\ 2\end{pmatrix}

Riportiamo i vettori colonna in una matrice

M_{T}=\begin{pmatrix}-1&4&3&2\\ 1&-1&0&1\\ 1&0&1&2\end{pmatrix}

ricavando così la matrice di rappresentazione di T rispetto alle basi canoniche.

Per il calcolo della dimensione di Im(T), possiamo determinare il rango della matrice M_{T}: rango e dimensione dell'immagine, infatti, sono legati dalla relazione fondamentale

\mbox{dim}(Im(T))=\mbox{rank}(M_{T})

Consideriamo il minore di ordine 2 ottenuto intersecando le prime due righe e le prime due colonne di M_{T}

M_2=\begin{pmatrix}-1&4 \\ 1&-1\end{pmatrix}

e calcoliamone il determinante

\det(M_2)=(-1)\cdot (-1)-4\cdot 1=1-4=-3

La non nullità di \det(M_2) garantisce che il rango di M_{T} è maggiore o al più uguale a 2.

Consideriamo ora tutti gli orlati di M_{2}:

- se almeno uno di essi ha determinante non nullo allora \mbox{rank}(M_{T})=3;

- se ogni orlato di M_2 ha determinante nullo allora \mbox{rank}(M_{T})=2.

In questo caso, le matrici orlate di M_2 sono:

M_{3}=\begin{pmatrix}-1&4&3\\ 1&-1&0\\ 1&0&1\end{pmatrix}

il cui determinante, sviluppato lungo l'ultima riga, è

\\ \det(M_3)=1\cdot\det\begin{pmatrix}4&3\\ -1&0\end{pmatrix}+1\cdot\det\begin{pmatrix}-1&4\\ 1&-1\end{pmatrix}= \\ \\ =1\cdot 3+1\cdot (1-4)=3-3=0

M_{3}'=\begin{pmatrix}-1&4&2\\ 1&-1&1\\ 1&0&2\end{pmatrix}

il cui determinante, sviluppato lungo l'ultima riga è:

\\ \det(M_3')=1\cdot\det\begin{pmatrix}4&2\\ -1&1\end{pmatrix}+2\cdot\det\begin{pmatrix}-1&4\\ 1&-1\end{pmatrix}=\\ \\ =1\cdot (4+2)+2(1-3)=6-6=0

Tutti gli orlati della matrice M_2 hanno determinante nullo, dunque possiamo affermare che \mbox{rank}(M_{T})=2 e la dimensione dell'immagine di T è 2.

In accordo con la teoria, ci aspettiamo che ogni base dell'immagine sia formata da esattamente due vettori linearmente indipendenti, ma quali scegliere? Possiamo tranquillamente prendere le colonne della matrice M_{T} con cui abbiamo costruito il minore di ordine 2, ossia

\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ 1\end{pmatrix} \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \begin{pmatrix}4\\-1 \\ 0\end{pmatrix}

dunque una base dell'immagine di T è

B_{Im(T)}=\left\{\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}4\\-1 \\ 0\end{pmatrix}\right\}

Nota: in realtà avremmo potuto prendere come base una qualsiasi coppia di colonne di M_{T} a patto che fossero linearmente indipendenti.

Rispondiamo al secondo quesito. Affinché il primo vettore fondamentale di \mathbb{R}^3 appartenga all'immagine di T, dev'essere possibile esprimerlo come combinazione lineare della base scelta, in altri termini devono esistere due numeri reali \alpha,\ \beta che realizzano l'uguaglianza

\alpha\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}+ \beta\begin{pmatrix}4\\-1 \\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}

Eseguendo i calcoli ricaviamo la seguente uguaglianza tra vettori

\begin{pmatrix}-\alpha+4\beta \\ \alpha-\beta \\ \alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

che consente di costruire il sistema lineare nelle incognite \alpha \ \mbox{e} \ \beta

\begin{cases}-\alpha+4\beta=1 \\  \alpha-\beta=0 \\ \alpha=0\end{cases}

il quale è chiaramente impossibile. Asseriamo pertanto che il vettore \begin{pmatrix}1\\ 0 \\ 0\end{pmatrix} non appartiene all'immagine di T perché non si può esprimere come combinazione lineare della base B_{Im(T)}.

L'ultimo punto dell'esercizio chiede di determinare una base del sottospazio vettoriale definito dalla condizione

T(x)=0

In altri termini, ci viene chiesto di trovare una base di

ker(T)=\left\{\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}\in\mathbb{R}^{4} \ : \ T\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=0\right\}

che se osserviamo bene è esattamente il nucleo dell'applicazione lineare.

Esplicitiamo la condizione T(x)=0

\begin{pmatrix}-x_1+4x_2+3x_3+2x_4\\ x_1-x_2+x_4\\ x_1+x_3+2x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

Imponiamo l'uguaglianza tra le componenti dei due vettori così da ricavare il sistema lineare

\begin{cases}-x_1+4x_2+3x_3+2x_4=0\\ x_1-x_2+x_4=0\\ x_1+x_3+2x_4=0\end{cases}

Dalla seconda equazione isoliamo x_1 e rimpiazziamolo nelle altre equazioni

\begin{cases}-(x_2-x_4)+4x_2+3x_3+2x_4=0\\ x_1=x_2-x_4\\ (x_2-x_4)+x_3+2x_4=0\end{cases}

da cui, sommando i termini simili, otteniamo

\begin{cases}3x_2+3x_3+3x_4=0\\ x_1=x_2-x_4\\ x_2+x_3+x_4=0\end{cases}

Dalla prima equazione ricaviamo x_3 e sostituiamo nella terza

\begin{cases}x_3=-x_2-x_4\\ x_1=x_2-x_4\\ x_2-x_2-x_4+x_4=0\end{cases}

Siamo riusciti ad esprimere x_3 \ \mbox{e} \ x_1 in funzione di x_2 \ \mbox{e} \ x_4, di conseguenza affinché un vettore appartenga al nucleo dell'applicazione lineare deve necessariamente presentarsi nella forma

\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_2-x_4\\ x_2\\ -x_2-x_4\\ x_4\end{pmatrix}=

che possiamo decomporre come

=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ -1\\ 0\end{pmatrix}x_2+\begin{pmatrix}-1\\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}x_4

I vettori che compaiono nella decomposizione sono linearmente indipendenti e formano una base del nucleo dell'applicazione

B_{ker(T)}=\left\{\begin{pmatrix}1\\ 1\\ -1\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} \right\}

Ecco fatto!
Ringraziano: Omega, CarFaby

Re: Trasformazione lineare #96600

avt
ikar
Punto
Ifrit ha scritto:

che possiamo decomporre come

=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ -1\\ 0\end{pmatrix}x_2+\begin{pmatrix}-1\\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}x_4

I vettori che compaiono nella decomposizione sono linearmente indipendenti e formano una base del nucleo dell'applicazione

B_{ker(T)}=\left\{\begin{pmatrix}1\\ 1\\ -1\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} \right\}

Ecco fatto!


Ti ringrazio per la spiegazione e i passaggi ben descritti. Non ho capito l'ultimo passaggio però...

Re: Trasformazione lineare #96602

avt
Ifrit
Ambasciatore
Dal sistema lineare costruito mediante la condizione

T(x)=0

abbiamo ottenuto la "forma" dei vettori di \mathbb{R}^4 che vengono trasformati nel vettore nullo dall'applicazione T.

In termini matematici, abbiamo stabilito che un vettore

x=\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}

appartiene al nucleo dell'applicazione T se e solo se può essere espresso nella forma

\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_2-x_4\\ x_2\\ -x_2-x_4\\ x_4\end{pmatrix}=

Possiamo ora scrivere x come somma tra due vettori, uno dipendente esclusivamente dal numero reale x_2 e l'altro dipendente da x_4

=\begin{pmatrix}x_2\\ x_2\\ -x_2\\ 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-x_4\\ 0 \\ -x_4\\ x_4\end{pmatrix}=

La definizione di moltiplicazione di un vettore per uno scalare (letta al contrario) ci permette inoltre di esprimere la somma dei vettori come

=x_2\begin{pmatrix}1\\ 1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}+x_4\begin{pmatrix}-1\\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}

dove x_2\ \mbox{e} \ x_4 sono numeri reali.

I passaggi algebrici mettono in chiaro che ogni vettore del nucleo si può rappresentare mediante una combinazione lineare dei vettori

\begin{pmatrix}1\\ 1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix} \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \begin{pmatrix}-1\\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}

i quali formano, di conseguenza, un sistema di generatori per ker(T).

I due vettori sono inoltre linearmente indipendenti, ecco perché costituiscono una base del sottospazio che generano, pertanto scriviamo:

B_{ker(T)}=\left\{\begin{pmatrix}1\\ 1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\right\}
Ringraziano: Omega, CarFaby

Re: Trasformazione lineare #96654

avt
ikar
Punto
Un pò in ritardo ma ti ringrazio per il chiarimento!!! Molto utile!
  • Pagina:
  • 1
Os