Algebra lineare: Sistemi e soluzioni

Analisi, algebra lineare, topologia, gruppi, anelli, campi, ...
Rispondi
Avatar utente
SARLANGA
Messaggi: 135
Iscritto il: 26 ago 2009, 19:48

Algebra lineare: Sistemi e soluzioni

Messaggio da SARLANGA »

Tutti sappiamo trovare le soluzioni, quando esistono, di un sistema lineare non omogeneo, utilizzando vari metodi. Ma la mia domanda è: noto l'insieme delle soluzioni (sia esso una varietà lineare o un sottospazio), è possibile risalire in modo unico ad un sistema lineare di partenza di cui quelle sono le soluzioni?
[quote="edriv"]chiunque prima di sapere non sa, e prima di saper fare non fa...[/quote]
---------------------------------------
Giacomo: "Non è che uno deve saper costruire i mobili per poterli apprezzare".
Giovanni: "No, caro. Chi sa fare sa capire".
Giacomo: "Ma che cazzo di proverbio è?"
Giovanni: "Non è un proverbio, Giacomo, è la vita"
(da "Chiedimi se sono felice")
Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto »

In modo unico no di sicuro: ad esempio il sistema $ x + y + z = 1; \qquad 2x - y = 3 $ ha le stesse soluzioni di $ 3x + z = 4; \qquad -x + 2 y + z = -2 $.

Quanto al trovare un sistema che vada bene ci sono diversi metodi, ma prima dovresti specificare in che forma è dato il tuo sottospazio. Se ad esempio è dato in forma cartesiana, cioè tramite equazioni, hai già tautologicamente il tuo sistema.
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill
Avatar utente
SARLANGA
Messaggi: 135
Iscritto il: 26 ago 2009, 19:48

Messaggio da SARLANGA »

Certo, scusatemi. Ammettiamo che io abbia un insieme di soluzioni definito in modo esplicito, ovverosia ad esempio sottoforma di varietà lineare:
$ (0,1,-1)+<(3,0,4),(1,-2,0)> $
in modo che il primo vettore non stia nello spazio generato dagli altri due...
(Ma forse allora posso scrivere la soluzione in equazioni parametriche, no?
$ x=3a+b; y=1-2b; z=-1+4a $
Che ne dite? Queste due scritture sono equivalenti, giusto?)
Cmq da qui come ricavo il sistema?
[quote="edriv"]chiunque prima di sapere non sa, e prima di saper fare non fa...[/quote]
---------------------------------------
Giacomo: "Non è che uno deve saper costruire i mobili per poterli apprezzare".
Giovanni: "No, caro. Chi sa fare sa capire".
Giacomo: "Ma che cazzo di proverbio è?"
Giovanni: "Non è un proverbio, Giacomo, è la vita"
(da "Chiedimi se sono felice")
Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto »

Intanto per semplicità facciamo prima il caso in cui passi per lo 0. Ogni equazione avrà la forma ax+by+cz = 0 per certi a, b, c. Ma queste equazioni devono essere soddisfatte dai vettori (3, 0, 4) e (1, -2, 0)...
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill
Avatar utente
SARLANGA
Messaggi: 135
Iscritto il: 26 ago 2009, 19:48

Messaggio da SARLANGA »

Certo, quindi ottengo due equazioni nelle 3 incognite a,b e c:
3a+4c=0
a-2b=0
Ma allora il mio sistema (omogeneo) è:
x+(1/2)y+(-3/4)z=0, ovvero:
4x+2y-3z=0
Ovviamente il sistema non è unico, ma definito a meno di una costante.
Se avessi avuto come soluzione un sottospazio di dimensione 1 anzichè 2, avrei avuto due equazioni nel sistema di partenza, giusto?
Ora, se ho invece una varietà lineare, come quella del primo post:
il sistema ha l'equazione di partenza ax+by+cz+d=0 per cui trovo le condizioni per i coefficienti:
b-c+d=0
3a+4c+d=0
a-2b+d=0
e il sistema deve essere:
x+(1/7)y+(-4/7)z+(-5/7)=0, ovvero:
7x+y-4z-5=0
In questo modo trovo un sistema lineare risolvendo un sistema lineare di coefficienti: quali erano gli altri metodi?
Vabbè uno lo hai già detto, conoscendo le equazioni parametriche, facendo delle trasformazioni su quelle si arriva alle equazioni cartesiane e quindi ad uno dei possibili sistemi...
Ci sono altri metodi più immediati? O anche più laboriosi? :o
[quote="edriv"]chiunque prima di sapere non sa, e prima di saper fare non fa...[/quote]
---------------------------------------
Giacomo: "Non è che uno deve saper costruire i mobili per poterli apprezzare".
Giovanni: "No, caro. Chi sa fare sa capire".
Giacomo: "Ma che cazzo di proverbio è?"
Giovanni: "Non è un proverbio, Giacomo, è la vita"
(da "Chiedimi se sono felice")
Avatar utente
Ani-sama
Messaggi: 418
Iscritto il: 19 feb 2006, 21:38
Località: Piacenza
Contatta:

Re: Algebra lineare: Sistemi e soluzioni

Messaggio da Ani-sama »

SARLANGA ha scritto:Tutti sappiamo trovare le soluzioni, quando esistono, di un sistema lineare non omogeneo, utilizzando vari metodi. Ma la mia domanda è: noto l'insieme delle soluzioni (sia esso una varietà lineare o un sottospazio), è possibile risalire in modo unico ad un sistema lineare di partenza di cui quelle sono le soluzioni?
Uhm, qualcosa in mente ce l'avrei anche... però è tendente all'algebrico-astratto.

Fai che $ V $ sia il tuo spazio vettoriale ambiente, e fai che $ V_0 $ sia il sottospazio vettoriale dato. Esso è sempre il nucleo di un'applicazione lineare, in particolare è il nucleo della mappa di proiezione $ \pi : V \rightarrow V/V_0 $ sullo spazio quoziente. Dunque, scegliendo una base per lo spazio $ V $ e per questo spazio quoziente, ti riconduci ad un sistema lineare omogeneo!
...
Avatar utente
SkZ
Messaggi: 3333
Iscritto il: 03 ago 2006, 21:02
Località: Concepcion, Chile
Contatta:

Messaggio da SkZ »

messo in un certa maniera, un sistema lineare non omogeneo di n incognite e' l'intersezione di n iperpiani n-dimensionali (ogni iperpiano e' identificato dal suo vettore normale)
quindi puoi capire che c'e' una varieta' enorme di possibili sistemi iniziali
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

Software is like sex: it's better when it's free (Linus T.)
membro: Club Nostalgici
Non essere egoista, dona anche tu! http://fpv.hacknight.org/a8.php
EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4896
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG »

Consideriamo un sistema omogeneo.

Dunque, dati $ \mathbb{R}^k\cong W\subseteq V\cong\mathbb{R}^n $ con $ k\leq n $, ti stai chiedendo quante sono le applicazioni lineari $ L:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^{n-k} $ che hanno esattamente $ W $ come nucleo.

Ora, fissata una base $ \{v_1,\ldots, v_k\} $ di W, per ogni suo completamento a una base di V troviamo una suddetta applicazione lineare:
se $ \{v_1,\ldots, v_k,u_1,\ldots, u_{n-k}\} $ è una base di V, l'applicazione
$ L(v_i)=0 $, $ L(u_i)=e_i $ (con $ \{e_1,\ldots, e_k\} $ base canonica in $ \mathbb{R}^{n-k} $), è una delle applicazioni lineari richieste.
D'altra parte, data L, troviamo il completamento: ovviamente avremo che $ L(v_i)=0 $ e poi, se il nucleo è esattamente W, l'immagine sarà tutto $ \mathbb{R}^{n-k} $, quindi esistono vettori $ u_1,\ldots, u_{n-k} $ tali che $ L(u_i)=e_i $, che saranno indipendenti in quanto lo sono le loro immagini.

Similmente, le applicazioni lineari L sono tante quante le possibili basi di $ \mathbb{R}^{n-k} $: fissiamo una base di W e un suo completamento ad una base di V, ottenendo i vettori $ \{f_1,\ldots, f_n\} $. Allora per ogni base $ \{g_1,\ldots, g_{n-k} $ di $ \mathbb{R}^{n-k} $ posso definire
$ L(f_i)=0 $ se $ i\leq k $
$ L(f_i)=g_{i-k} $ se $ i>k $.
Due tali L sono distinte se lo sono le basi dell'immagine scelte.

Ancora, identificando l'immagine con $ \mathbb{R}^{n-k} $, posso considerare $ L=(L_1,\ldots, L_{n-k}) $ ed ognuna delle coordinate è un elemento del duale di V; tali elementi sono una base di $ \mathrm{Ann}(W)\subset V^* $ e per ogni tale base c'è una diversa applicazione lineare associata.

Fissato poi un prodotto scalare definito positivo, possiamo identificare V e V^*, quindi identificare $ \mathrm{Ann}(W) $ con $ W^\perp $. Dunque ad ogni base dell'ortogonale di W corrisponde una diversa applicazione lineare L. In che modo? Sia $ u_1,\ldots, u_{n-k} $ una base di $ W^\perp $, allora
$ u_1=(u_1^1,\ldots, u_1^n) $
e così via fino a
$ u_{n-k}=(u_{n-k}^1,\ldots, u_{n-k}^n) $
gli elementi del duale associati sono allora
$ L_1(x)=u_1^1x_1+\ldots+u_1^nx_n $
fino a
$ L_{n-k}(x)=u_{n-k}^1x_1+\ldots+u_{n-k}^nx_n $
Quindi l'applicazione $ L=(L_1,\ldots, L_{n-k}) $ è data dalla matrice
$ \begin{pmatrix}u_1^1&u_1^2&\cdots&u_1^n\\ u_2^1&u_2^2&\cdots&u_2^n\\ \vdots& & &\vdots\\ u_{n-k}^1&u_{n-k}^2&\cdots&u_{n-k}^n\end{pmatrix} $

Dunque, ad ogni scelta di una base per l'ortogonale di W, corrisponde facilmente una matrice per L, ovvero per il sistema lineare.

Come si trova l'ortogonale di W? Beh, si fissa una base di W $ \{w_1,\ldots, w_k\} $, dove
$ w_i=(w_i^1,\ldots, w_i^n) $
e si risolve il sistema
$ \left\{\begin{array}{lcl}w_1^1x_1+w_1^2x_2+\ldots+ w_1^nx_n&=&0\\ \hdots&=&0\\ w_k^1x_1+w_k^2x_2+\ldots+w_k^nx_n&=&0\end{array}\right. $
Ogni (n-k)-upla di soluzioni indipendenti di questo sistema dà una diversa applicazione lineare L che ha W come nucleo, ovvero fornisce un diverso sistema lineare che ha W come spazio delle soluzioni.

Per un sistema non omogeneo, basta traslare.
Rispondi