Algebra lineare: Sistemi e soluzioni

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SARLANGA
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Algebra lineare: Sistemi e soluzioni

Messaggio da SARLANGA » 12 giu 2010, 15:11

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]
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Nonno Bassotto
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Messaggio da Nonno Bassotto » 12 giu 2010, 15:41

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.
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SARLANGA
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Messaggio da SARLANGA » 12 giu 2010, 15:50

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?
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Nonno Bassotto
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Messaggio da Nonno Bassotto » 12 giu 2010, 18:10

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)...
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SARLANGA
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Messaggio da SARLANGA » 12 giu 2010, 18:47

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
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Re: Algebra lineare: Sistemi e soluzioni

Messaggio da Ani-sama » 12 giu 2010, 22:56

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!
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Messaggio da SkZ » 12 giu 2010, 23:43

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]

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Messaggio da EvaristeG » 13 giu 2010, 09:15

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.

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