[Xtimmler]

Hola foro
Hoy tengo el siguiente problema que no pude resolver en el parcial de Algebra B:

Definir una transformación lineal que satisfaga los siguientes puntos:

\( NU(f)=\left\{{(X_1,X_2,X_3) \in{\mathbb{R}^3}/4x_1+2X_2-3X_3=0 \wedge X_1+X_2=0\wedge 2X_1-3X_3=0}\right\} \)

\( (2,2)\in{IM(f)} \)

Se puede ver que la tercera ecuación del núcleo es dependiente de las otras dos entonces el núcleo es de dimensión 1
yo había calculado como base del núcleo=\( (1,-1,\displaystyle\frac{2}{3}) \)

No se como es posible que con solo esos datos se encuentre una transformación lineal.

Desde ya muchas gracias.

[delmar]

Hola

Algunas luces \( (2,2)\in{R^2}\Rightarrow{f:R^3\rightarrow{R^2}} \)
Existe un teorema que manifiesta, que para n elementos independientes \( v_1,v_2,..,v_n \) de un espacio lineal V de dimensión n, y para n elementos cualisquiera \( w_1,w_2,...,w_n \) de un espacio lineal W siempre existe,  una única transformación lineal f tal que \( f(v_1)=w_1, \ f(v_2)=w_2, \ ..., \ f(v_n)=w_n \). En este caso \( V=R^3,W=R^2 \)

El razonamiento que  has hecho respecto a la base del núcleo es correcto, \( f(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3})=(0,0) \) y \( dim \ V=dim \ Nu(f)+dim \ Im(f)\Rightarrow{3=1+dim \ Im(f)}\Rightarrow{dim \ Im(f)=2} \) en consecuencia se han de considerar \( v_2,v_3\in{R^3} \ / \left\{{(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3}),v_2,v_3}\right\} \) sean linealmente independientes y que  \( f(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3})=(0,0), \ f(v_2)=(2,2), \ f(v_3)=(a,b) \)  de tal manera que  \( \left\{{(2,2),(a,b)}\right\} \) sean linealmente independientes, para que de esta forma la \( dim \ Im(f)=2 \)

Esta demás decir que cada terna de elementos \( v_2,v_3,(a,b) \) que cumplen las condiciones manfiestadas en el párrafo anterior determinan, una transformación lineal f única, que cumple con las condiciones del problema.


Saludos

[Xtimmler]

Hola

Algunas luces \( (2,2)\in{R^2}\Rightarrow{f:R^3\rightarrow{R^2}} \)
Existe un teorema que manifiesta, que para n elementos independientes \( v_1,v_2,..,v_n \) de un espacio lineal V de dimensión n, y para n elementos cualisquiera \( w_1,w_2,...,w_n \) de un espacio lineal W siempre existe,  una única transformación lineal f tal que \( f(v_1)=w_1, \ f(v_2)=w_2, \ ..., \ f(v_n)=w_n \). En este caso \( V=R^3,W=R^2 \)

El razonamiento que  has hecho respecto a la base del núcleo es correcto, \( f(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3})=(0,0) \) y \( dim \ V=dim \ Nu(f)+dim \ Im(f)\Rightarrow{3=1+dim \ Im(f)}\Rightarrow{dim \ Im(f)=2} \) en consecuencia se han de considerar \( v_2,v_3\in{R^3} \ / \left\{{(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3}),v_2,v_3}\right\} \) sean linealmente independientes y que  \( f(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3})=(0,0), \ f(v_2)=(2,2), \ f(v_3)=(a,b) \)  de tal manera que  \( \left\{{(2,2),(a,b)}\right\} \) sean linealmente independientes, para que de esta forma la \( dim \ Im(f)=2 \)

Esta demás decir que cada terna de elementos \( v_2,v_3,(a,b) \) que cumplen las condiciones manifestadas en el párrafo anterior determinan, una transformación lineal f única, que cumple con las condiciones del problema.


Saludos

¿podría esto ser solución:

\( f(X_1,X_2,X_3)=(4X_1+2X_2−3X_3,X_1+X_2) \)?

ya que si hacemos \(  f(1,1,\displaystyle\frac{4}{3})=(2,2) \)
y \( f(1,-1,\displaystyle\frac{1}{3})=(1,0) \)

Lo que hice simplemente es tomar parte del núcleo y ponerlo en la TL cosa que hace que se cumplan todos los puntos pedidos.

[delmar]

Sí; es una de las soluciones posibles; pero no es la única. Otra puede ser :

\( f(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3})=(0,0) \)

\( f(1,0,0)=(2,2) \)

\( f(0,1,0)=(1,0) \)

Saludos

[Xtimmler]

Sí; es una de las soluciones posibles; pero no es la única. Otra puede ser :

\( f(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3})=(0,0) \)

\( f(1,0,0)=(2,2) \)

\( f(0,1,0)=(1,0) \)

Saludos

¿Eso sirve de solución?
Si te piden una transformación lineal no habría que poner una solución general como la que puse:

\( f(X_1,X_2,X_3)=(4X_1+2X_2−3X_3,X_1+X_2) \)

y no solo tres particulares.
Saludos.

[manooooh]

Hola

Si te piden una transformación lineal no habría que poner una solución general como la que puse:

\( f(X_1,X_2,X_3)=(4X_1+2X_2−3X_3,X_1+X_2) \)

y no solo tres particulares.

Es correcto lo que decís. Lo que delmar quiere decirte que existen otras transformaciones lineales que cumplen con la del enunciado.

Observá que si:

\( f(1,-1,\displaystyle\frac{2}{3})=(0,0) \)

\( f(1,0,0)=(2,2) \)

\( f(0,1,0)=(1,0) \)

entonces podemos armarnos la expresión de \( f \) construyendo su matriz:

\( f(x_1,x_2,x_3)=\begin{pmatrix}[f(1,0,0)]^\perp&[f(0,1,0)]^\perp&[f(0,0,1)]^\perp\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1&a\\2&0&b\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix},\quad[f(0,0,1)]^\perp=(a,b). \)

Esa TL también cumple con las consignas del enunciado.

Saludos

[Xtimmler]

entonces podemos armarnos la expresión de \( f \) construyendo su matriz:

\( f(x_1,x_2,x_3)=\begin{pmatrix}[f(1,0,0)]^\perp&[f(0,1,0)]^\perp&[f(0,0,1)]^\perp\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1&a\\2&0&b\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix},\quad[f(0,0,1)]^\perp=(a,b). \)

Esa TL también cumple con las consignas del enunciado.

Gracias por esa respuesta no conocía el modelo de matriz para resolver esto usando eso y despejando \( a \) y \( b \) me dio otra solución posible

\( f(X_1,X_2,X_3)=(2X_1+X_2-\displaystyle\frac{3}{2}X_3,2X_1-3X_3) \)

Saludos

[manooooh]

Hola

(...) despejando \( a \) y \( b \) me dio otra solución posible

\( f(X_1,X_2,X_3)=(2X_1+X_2-\displaystyle\frac{3}{2}X_3,2X_1-3X_3) \)

Bien.

Saludos