dribusen
dribusen - Habilis - 162 Punti
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vi propongo questo esercizio:
sia
[math]R^3[/math]
[t] lo spazio vettoriale dei polinomi
[math]\le3[/math]
e sia T:
[math]R^3[/math]
[t]
[math]\rightarrow[/math]
[math]R^3[/math]
l'applicazione data da T(p)=
[math][p(1) ; p'(0) ; p(-3)][/math]
dimostrare che T è lineare, trovarne nucleo e immagine, verificando che
kerT={
[math]\alpha(2t^3+7t^2-9):\alpha[/math]
[math]\in[/math]
[math]R[/math]
}
grazie mille per l'aiuto:)

Questa risposta è stata cambiata da TeM (02-12-13 01:45, 3 anni 6 giorni )
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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Premessa:

[math]\mathbb{R}_3[t]=\left\{a+bt+ct^2+dt^3 | a,\,b,\,c,\,d \in \mathbb{R}\right\}[/math]
è uno spazio vettoriale
su
[math]\mathbb{R}[/math]
di dimensione 4, con base canonica
[math]B=\left\{1,\,t,\,t^2,\,t^3\right\}\\[/math]
.

[math]T\\[/math]
è lineare:
a)
[math]\forall\,p,\,q \in \mathbb{R}_3[t][/math]
:
[math]
\begin{aligned}
T(p + q)
& = \left((p+q)(1), \, (p+q)'(0), \, (p+q)(–3)\right) \\
& = \left(p(1)+q(1), \, p'(0)+q'(0), \, p(–3)+q(–3)\right) \\
& = T(p) + T(q) \; ;
\end{aligned}\\
[/math]


b)
[math]\forall\,p \in \mathbb{R}_3[t], \; \alpha \in \mathbb{R}[/math]
:
[math]
\begin{aligned}
T(α\,p)
& = \left((α\,p)(1), \, (α\,p)'(0), \, (α\,p)(–3)\right) \\
& = \left(α\,p(1), \, α\,p'(0), \, α\,p(–3)\right) \\
& = α\,T(p) \; .
\end{aligned} \\
[/math]



Immagine di
[math]T\\[/math]
:
Poiché
[math]T(a+bt+ct^2+dt^3) = (a+b+c+d,\,b,\,a - 3b+9c - 27d)[/math]
,
è abbastanza evidente che
[math]dim\left(Im(T)\right) = 3[/math]
, per cui
[math]Im(T)=\mathbb{R}^3\\[/math]
.
Formalmente, le immagini dei 4 vettori della base B sono:

[math]T(1) \, = (1,\,0,\,1) \\ T(t) \; = (1,\,1,\,-3) \\ T(t^2) = (1,\,0,\,9) \\ T(t^3) = (1,\,0,\,-27)\\[/math]

che sono 4 vettori che generano
[math]Im(T)[/math]
, e generano
anche
[math]\mathbb{R}^3[/math]
, visto che il rango della matrice è 3.


Allora
[math]dim\left(Ker(T)\right)=4 - dim\left(Im(T)\right)=1\\[/math]
.
Nucleo di
[math]T\\[/math]
:
[math]
\small
\begin{aligned}
a+bt+ct^2+dt^3 \in Ker(T) \;
& \Leftrightarrow \; T(a+bt+ct^2+dt^3) = (0,\,0,\,0) \\
& \Leftrightarrow \; (a+b+c+d,\,b,\,a - 3b + 9c - 27d) = (0,\,0,\,0) \\
& \Leftrightarrow \; \begin{cases} a+b+c+d=0 \\ b=0 \\ a - 3b + 9c - 27d=0 \end{cases} \\
& \Leftrightarrow \; \begin{cases} a=a \\ b=0 \\ c=-\frac{7}{9}a \\ d = -\frac{2}{9}a\end{cases} \\
\end{aligned} \\
[/math]


Abbiamo la conferma che
[math]dim\left(Ker(T)\right) = 1[/math]
; una soluzione non nulla, base
dello spazio delle soluzioni del sistema, è
[math](9,\,0,\,–7,\,–2)[/math]
, corrispondente al
vettore di
[math]Ker(T)[/math]
:
[math]p_0(t) = 9 - 7t^2 - 2t^3[/math]
base di
[math]Ker(T)\\[/math]
:
[math]Ker(T) = \left\{\alpha\left(9 - 7t^2 - 2t^3\right) | \alpha \in \mathbb{R}\right\} = \left\{\alpha\left(2t^3 + 7t^2 - 9\right)|\alpha\in\mathbb{R}\right\}\\[/math]
.

Spero sia sufficientemente chiaro ;)
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