Esercizio nucleo e immagine applicazione lineare e immagine di un vettore

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 nucleo e immagine applicazione lineare e immagine di un vettore #99018

avt
luna 1
Punto
Devo risolvere un esercizio su un'applicazione lineare in cui il codominio è lo spazio dei polinomi e mi chiede di determinare nucleo e immagine dell'applicazione e l'immagine di un vettore.

Considera l'applicazione lineare

T:\mathbb{R}^5 \to \mathbb{R}_{2}[t]

data da

T(x)=(x_1+x_4)t^2+(2x_1+x_2-x_5)t+x_1-x_3

ricordando che \mathbb{R}_{2}[t] è lo spazio dei polinomi di grado al più 2 nella variabile t.

1) Determina l'immagine del vettore v=e_1+2e_2+e_3+2e_4-7e_5.

2) Determina nucleo e immagine di T, calcolando la dimensione ed esibendo una base di entrambi;

Grazie in anticipo.
 
 

Esercizio nucleo e immagine applicazione lineare e immagine di un vettore #99021

avt
Galois
Amministratore
Procediamo con ordine e iniziamo dalla risoluzione del primo punto dell'esercizio, che chiede di determinare l'immagine del vettore

v=e_1+2e_2+e_3+2e_4-7e_5

attraverso l'applicazione lineare

T:\mathbb{R}^5 \to \mathbb{R}_{2}[t]

definita come

T(x)=(x_1+x_4)t^2+(2x_1+x_2-x_5)t+x_1-x_3

Ricaviamo, anzitutto, le componenti del vettore v, ricordando che e_1, \ e_2, \ e_3, \ e_4, \ e_5 rappresentano i vettori della base canonica di \mathbb{R}^5, ossia

\\ e_1 = (1,0,0,0,0) \\ \\ e_2=(0,1,0,0,0) \\ \\ e_3=(0,0,1,0,0) \\ \\ e_4=(0,0,0,1,0) \\ \\ e_5=(0,0,0,0,1)

Di conseguenza

\\ v=e_1+2e_2+e_3+2e_4-7e_5 = \\ \\ (1,0,0,0,0) + 2 (0,1,0,0,0) + (0,0,1,0,0) + 2 (0,0,0,1,0)-7(0,0,0,0,1) = \\ \\ = (1,0,0,0,0)+(0,2,0,0,0)+(0,0,1,0,0)+(0,0,0,2,0)+(0,0,0,0,-7)= \\ \\ = (1,2,1,2,-7)

Per com'è definita l'applicazione T:

\\ T(v)=T(1,2,1,2,-7)= \\ \\ = (1+2)t^2+(2\cdot 1 + 2 -(-7))t+1-1 = \\ \\ = 3t^2+(2+2+7)t+1-1 = 3t^2+11t

Dunque l'immagine del vettore v attraverso l'applicazione T è il polinomio 3t^2+11t \in \mathbb{R}^2[t].


Passiamo ora al secondo punto dell'esercizio, che chiede di determinare la dimensione e una base di nucleo e immagine dell'applicazione T.

T è un'applicazione avente come codominio il sottospazio dei polinomi \mathbb{R}_2[t]. In generale, il metodo più veloce per lavorare con le applicazioni lineari tra spazi di polinomi è quello di servirsi dell'isomorfismo coordinato tra \mathbb{R}_n[t] \mbox{ e } \mathbb{R}^{n+1}.

In questo specifico caso conviene avvalersi dell'isomorfismo

\\ \varphi: \mathbb{R}_2[t] \to \mathbb{R}^3 \\ \\ p(t)=at^2+bt+c \mapsto (a,b,c) \in \mathbb{R}^3

In parole povere, questo isomorfismo associa a un polinomio di \mathbb{R}_2[t] il vettore di \mathbb{R}^3 le cui componenti sono i coefficienti del polinomio.

Avvalendoci di ciò, per determinare nucleo e immagine dell'applicazione T possiamo lavorare con l'applicazione

\tilde{T}:\mathbb{R}^5 \to \mathbb{R}^3

tale che

\tilde{T}(x)=(x_1+x_4, \ 2x_1+x_2-x_5, \ x_1-x_3)

Detto ciò procediamo con calcolo di dimensione e base dell'immagine dell'applicazione lineare \tilde{T}.

Scriviamo la matrice associata all'applicazione lineare \tilde{T} rispetto alle basi canoniche di dominio e codominio

A_{\tilde{T}}=\begin{pmatrix}1&0&0&1&0 \\ 2&1&0&0&-1 \\ 1&0&-1&0&0\end{pmatrix}

L'insieme dei vettori colonna di A_{\tilde{T}} è un sistema di generatori di \mbox{Im}(\tilde{T}), ossia

\mbox{Im}(\tilde{T})=\mbox{Span}((1,2,1), \ (0,1,0), \ (0,0,-1), \ (1,0,0), \ (0,-1,0))

Per trovarne una base, e quindi la dimensione, è sufficiente estrarre una base dal sistema del generatori.

Osserviamo che la sottomatrice che si ottiene da A_{\tilde{T}} eliminando le ultime due colonne ha determinante diverso da zero, infatti

\mbox{det}\begin{pmatrix}1&0&0 \\ 2&1&0 \\ 1&0&-1\end{pmatrix} = -1 \neq 0

Il calcolo del determinante è immediato. Siamo infatti di fronte a una matrice triangolare inferiore e il suo determinante si ottiene dal prodotto degli elementi della diagonale principale.

Di conseguenza la dimensione dell'immagine è 3

\mbox{dim}(\mbox{Im}(\tilde{T}))=3

e i vettori colonna della sottomatrice riportata poc'anzi ne formano una base

\mathcal{B}_{\mbox{Im}(\tilde{T})}=\{(1,2,1), \ (0,1,0), \ (0,0,-1)\}

Il nostro compito era però quello di determinare la dimensione e un'immagine dell'applicazione T e non di \tilde{T}.

Nulla di più semplice! Facendo, infatti, riferimento all'isomorfismo coordinato che ci ha permesso di definire \tilde{T} bisogna ora ricavare i polinomi associati ai vettori della base di \tilde{T}.

Al vettore (1,2,1) risulta associato il polinomio p(t)=t^2+2t+1;

a (0,1,0) è associato il polinomio q(t)=0t^2+t+0 = t;

a (0,0,-1) è, infine, associato il polinomio z(t)=0t^2+0t+(-1) = -1.

Dunque la dimensione dell'immagine dell'applicazione lineare T è 3, e una sua base è

\mathcal{B}_{\mbox{Im}(T)}=\{t^2+2t+1, \ t, \ -1\}


Procediamo ora al calcolo della dimensione e di una base del nucleo di \tilde{T}, che coinciderà con la dimensione e una base del nucleo di T.

Il teorema delle dimensioni ci permette di ricavare in men che non si dica la dimensione del nucleo, infatti

\mbox{dim}(\mbox{Ker}(T))=\mbox{dim}(\mathbb{R}^5)-\mbox{dim}(\mbox{Im}(T))=5-3=2

Per determinarne una base è sufficiente considerare un qualsiasi vettore colonna di \mathbb{R}^5

v=\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5\end{pmatrix}

e determinare una base per l'insieme delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

A_{\tilde{T}}v=\mathbf{0}

dove \mathbf{0} è il vettore colonna di \mathbb{R}^5 formato da soli 0. In termini espliciti

\begin{pmatrix}1&0&0&1&0 \\ 2&1&0&0&-1 \\ 1&0&-1&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

Svolgendo il prodotto riga per colonna vien fuori il sistema

\begin{cases}x_1+x_4=0 \\ 2x_1+x_2-x_5=0 \\ x_1-x_3=0\end{cases}

Sappiamo già che la dimensione del nucleo (e quindi la dimensione dell'insieme delle soluzioni) è pari a 2. Di conseguenza il sistema ammette \infty^2 soluzioni.

Per determinarle assegniamo allora a 2 delle 5 incognite il ruolo di parametro libero e ricaviamo le altre in funzione di queste.

Ponendo ad esempio x_1=\alpha \mbox{ e } x_2=\beta dalla prima equazione di ricava

x_4=-x_1=-\alpha

Dalla seconda

x_5=2x_1+x_2=2\alpha+\beta

Dalla terza

x_3=x_1=\alpha

Di conseguenza le \infty^2 soluzioni sono

(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(\alpha, \beta, \alpha, -\alpha, 2\alpha+\beta)

Per ricavare una base per l'insieme delle soluzioni del sistema e quindi una base del nucleo di T è sufficiente scrivere quest'ultime sotto forma di combinazione lineare

\\ (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(\alpha, \beta, \alpha, -\alpha, 2\alpha+\beta) = \\ \\ = \alpha(1,0,1,-1,2)+\beta(0,1,0,0,1)

Una base del nucleo è quindi data da

\mathcal{B}_{\mbox{ker(T)}}=\{(1,0,1,-1,2), \ (0,1,0,0,1)\}


Questo conclude la risoluzione dell'esercizio, che è uno tra i più classici sulle applicazioni lineari. In caso di dubbi ti consiglio vivamente di leggere le lezioni che ti ho linkato di volta in volta. emt
Ringraziano: Omega, Ifrit, CarFaby
  • Pagina:
  • 1
Os