Geometria e Algebra lineare
Salve, mi stavo cimentando in alcuni esercizi teorici estratti da varie prove d'esame e volevo chiedervi se i ragionamenti da me effettuati per arrivare alle risposte sono giusti: 1) Stabilire, motivando la risposta, se esiste un’applicazione lineare L: R^4 --> R^2 : Ker(L) abbia equazioni x-z=0 e x-y=0. Io semplicemente ho constatato che il nucleo avrebbe dimensione pari a due con base composta da due vettori tra loro indipendenti e dunque essendo il nucleo un sottospazio di V= R^4 essendo la sua dimensione minoreuguale a 4 va bene. 2) Sia V l’insieme delle soluzioni di un sistema lineare non omogeneo A X = B. Stabilire quali delle seguenti affermazioni sono sempre vere: (a) se le colonne di A sono lin. indipendenti allora V = {0}; (b) se rg(A) 6= rg(A|B) allora non esistono soluzioni; (c) se rg A = rg(A|B), allora dim V = dim Ker A; (d) se rg A = rg(A|B) = r, allora V ha dimensione r. Dunque, per (a) ho già avuto alcuni dubbi. So che lo spazio delle soluzioni di un sistema lineare non omogeneo è un sottospazio affine con giacitura V che è composta dalla soluzione del sistema omogeneo più la soluzione particolare, dunque la dimensione delle soluzioni sia nel caso omogeneo sia in quello non omogeneo è pari a n-rk(A). dunque nel caso in cui tutte le colonne fossero indipendenti istintivamente mi verrebbe da rispondere che l'insieme delle soluzioni dovrebbe essere vuoto. poi ho pensato al caso nel quale si dovese avere L: R^3 --> R^2 o comunque una qualunque applicazione dove V è maggiore rispetto a W e da qui emerge che anche se dovessero essere tutte le colonne indipendenti avrei che n-rk(A) sarebbe comunque maggiore o uguale a 1... dunque io avrei risposto NO; (b) quando il rango della matrice completa non combacia con quello della matrice senza la colonna dei termini noti per il teorema di Rouchè-Capelli non ho soluzioni, quindi SI; (c) se il rango della matrice è uguale al rango della matrice completa il sistema ha almeno una soluzione e le dimensioni del sottospazio sono n-rk(A) ovvero le dimensioni del Nucleo, quindi SI; (d) se il rango della matrice è uguale al rango della matrice completa ed è pari ad r, la dimensione sarà pari a n-r, dunque NO. 3) Sia V c R^3 il sottospazio di equazioni: x-y=0 e x+z=0. Determinare una base del complemento ortogonale di V. Esiste un sottospazio U diverso dal complemento ortogonale di V tale che U sia in somma diretta con V? Motivare la risposta. ho trovato la base di V che ha dimensione pari ad 1 e vettore (1,1,-1) poi ho trovato la dimensione del complemento che è pari a 2 e ho trovato la base pari a (1,0,1) e (0,1,1). ora la crisi più totale, per me un altro sottospazio diverso da questo e che sia in somma diretta esiste, in quanto per esempio esistono più basi per uno stesso spazio vettoriale che sono diverse tra loro. basti pensare ai multipli di tali vettori... 4) Stabilire quali tra le seguenti affermazioni sono vere: (a) Due rette non parallele nello spazio si intersecano sempre; (b) L’equazione x + y + z = 1 descrive una retta che non passa per l’origine. Il piano di eq. x+2y+z = 3 `e ortogonale alla retta di eq: x - y + z = 5 e 2x-y=0; (d) Il piano di eq. x + 2y + z = 3 `e ortogonale alla retta di eq: x+y=0 e y+z=0. Dunque (a) abbiamo che già in R^3 due rette non parallele possono non intersecarsi, dunque NO. (b) l'equazione rappresenta un piano, quindi NO; (c) la forma parametrica della retta r suggerisce che la direzione perpendicolare che è ravvisabile dal coefficiente del parametro è pari a (1,2,1) quindi il piano perpendicolare ha equazione pari a x+2y+z=0 dove imponendo il passaggio per un altro punto che non sia l'origine d avrà valore pari a 3, quindi SI. (d) NO. 5) . Siano A e B due matrici quadrate invertibili. Stabilire se il prodotto AB e la somma A + B sono sempre matrici invertibili. Motivare la risposta. dunque so che l'inversa di (AB) è pari all'inversa di B per l'inversa di A. per quanto riguarda la somma A+B non è invertibile. per motivare non saprei come fare, so solo questo e me lo ritrovo nelle dispense ma senza motivazioni ben precise. Vi ringrazio in anticipo ;)
il 12 Giugno 2015, da Mattia Mangia
Che bel cimento :D Allora, rispondiamo passo passo. $$ $$ 1) Sì, è possibile per ragioni di dimensione, come hai detto tu. Il teorema che sta dietro a tutto questo è il teorema cosiddetto della Nullità $+$ Rango, il quale afferma che la dimensione dello spazio di partenza (nel nostro caso, $4$) è pari alla somma delle dimensioni dell'immagine e del nucleo di $\mathcal{L}$: essendo il nucleo di dimensione $2$, avremo un'applicazione suriettiva :3 $$ $$ 2) Risposte giuste, ma ho un'osservazione sul punto a). In generale, la risposta è NO. Ma fai attenzione alla motivazione: l'applicazione che descrivi tu, da $\mathbb{R}^3$ a $\mathbb{R}^2$, sarà rappresentata da una matrice con $3$ colonne e $2$ righe, e sappiamo bene che prendere tre vettori di $\mathbb{R}^2$ che siano linearmente indipendenti è impossibile. In effetti, applicazioni rappresentate da matrici con colonne linearmente indipendenti possono sussistere solo tra $\mathbb{R}^m$ ed $\mathbb{R}^n$, con $m \leq n$. Se vai a considerare questi casi, comunque, se $B \neq 0$, la soluzione non può essere ridotta al solo $0$. $$ $$ 3) La base che hai trovato per il complemento ortogonale funziona. Per la seconda parte, beh, attenzione. Se prendi una "base diversa" per $V^{\perp}$, trovi sempre $V^{\perp}$. Il trucco sta nella dimensione: ricordiamo che la somma di due sottospazi è diretta se la loro intersezione è il vettore $0$ (e ci sono altre condizioni equivalenti); $V$ e il suo complemento ortogonale $V^{\perp}$ sono automaticamente in somma diretta, ma fanno qualcosa di più: scompongono lo spazio totale, cioè si ha che, nel nostro caso, $V \oplus V^{\perp} = \mathbb{R}^3$. Per questioni di dimensione (formula di Grassmann), $V^{\perp}$ ha dimensione $3-1 = 2$: possiamo trovare altri spazi che siano in somma diretta con $V$ ma che non facciano tutto $R^3$, e sono (tutte e sole le) rette che vivono dentro $V^{\perp}$: se la base di $V^{\perp}$ è $(1,0,1), (0,1,1)$, una retta la costruisci prendendo una qualsiasi direzione che sia combinazione lineare di questi due vettori; ad esempio, la retta descritta da $x=z, y=z$, oppure quella descritta da $x = -y, x+y=-2z$. $$ $$ 4) Tutto okay :3 $$ $$ 5) Dunque dunque. In entrambi i casi, ti si chiede di dimostrare che una cosa esiste, non di esibirla. La differenza, sebbene sottile, è fondamentale. Esistono luoghi oscuri della matematica in cui le prove esibite non esistono! Per il primo quesito, la risposta sta nel teorema di Binet (e nel fatto che $\mathbb{R}$ è bello): sappiamo che una matrice quadrata è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da zero, $ A \text{ invertibile} \Leftrightarrow \text{ det} A \neq 0 $. Il teorema di Binet garantisce che $\text{det}(A \cdot B) = (\text{det} A)\cdot(\text{det} B) $ (il primo è un prodotto tra matrici, il secondo è il prodotto in $\mathbb{R}$). Sappiamo anche che due numeri non nulli, moltiplicati tra loro, fanno un numero non nullo, e quindi $\text{det}(A) \neq 0 \wedge \text{ det}(B) \neq 0 \Rightarrow \text{det}(A \cdot B) \neq 0$, il che prova quando si doveva provare. Per la seconda parte, basta un controesempio per mostrare che, in generale, $A + B$ non è invertibile. Prendiamo allora la matrice identità $I_n$ di ordine $n$: è invertibile, poiché ha determinante $1$, così come $-I_n$, che ha determinante $(-1)^{n}$. Ma la loro somma, ahimè, è $I_n - I_n = 0$, la matrice nulla, che ha proprio determinante $0$! Ciò è sufficiente a provare che, in generale, se $A$ e $B$ sono invertibili, $A + B$ non lo è. $$ $$ Ecco. Se hai altri dubbi, scrivi pure!
Perfetto grazie mille :D :D - Mattia Mangia 12 Giugno 2015