Problema de tarea de álgebra lineal entre base y base dual.

Question

Por favor ayudarme a empezar a trabajar en este problema:

Que $V = R^3$ y definir $f_1, f_2, f_3 ∈ V^*$ como sigue:
$f_1(x,y,z) = x - 2y$
$f_2(x,y,z) = x + y + z$
$f_3(x,y,z) = y-3z$

Demostrar que $\{f_1,f_2,f_3\}$ es una base para $V^*$ y luego se les base $V$ para que es la base dual.

Answer 1

En primer lugar, debe comprobar que el $f_i$ son elementos de $V^*$; es decir, que se trata de funciones en $\Bbb R^3$ que cumplan:

$\ \ \ $1) $f({\bf x}+{\bf y})=f({\bf x})+f({\bf y})$ para todos los ${\bf x},{\bf y}\in\Bbb R^3$

y

$\ \ \ $2) $f(c{\bf x})=cf({\bf x})$ para todos los $c\in\Bbb R$ y todos los ${\bf x}\in \Bbb R^3$.

Por supuesto, si usted sabe que esto ha sido cubiertos en su clase ya, probablemente estás seguro que solo escribir algo como "como se demostró en la conferencia bla, estos son elementos de la doble vertiente de la $V=\Bbb R^3$.

Otro hecho supongo que tiene uso de es que la dimensión de $V^*$ es de tres (como la dimensión del espacio vectorial $\Bbb R^3$ es de tres).

Así, con tres lineal funcionales en $\Bbb R^3$, hacia demostrando que son la base de la $V^*$, es suficiente para mostrar que ellos son independientes. Hay muchos caminos hacia la consecución de este fin. Una forma en particular es mostrar que la matriz $A$ formado por tomar como sus filas los coeficientes de la $f_i$, $$ A=\left[\matrix{1&-2&0\cr 1&1&1\cr 0&1&-3}\right], $$ tiene rango completo (que esto es así, no es difícil ver: $c_1f_1+c_2f_2+c_3f_3={\bf 0}\iff Un\bigl[{{\scriptstyle c_1\cima\scriptstyle c_2}\cima de c_3}\bigr]=\bf 0$; and the former equation has only the trivial solution if and only if $$ tiene rango completo).

Por lo tanto, vamos fila reducir el $A$: $$ A= \left[\matriz{1&-2&0\cr 1&1&1\cr 0&1&-3}\right] \buildrel{r_2-r_1\rightarrow r_2}\over{\longrightarrow} \left[\matriz{1&-2&0\cr 0& 3& 1\cr 0&1&-3}\right] \buildrel{r_2-3r_3\rightarrow r_3}\over{\longrightarrow} \left[\matriz{1&-2&0\cr 0& 3& 1\cr 0&0&10}\right]. $$

En este punto podemos ver que $A$, de hecho, tiene rango completo. Así el conjunto $\{f_1,f_2,f_3\}$ es independiente y, en consecuencia, es una base de $V^*$.

Hacia la búsqueda de la base dual vamos a recordar lo que es esto: la base dual de $\{f_1,f_2,f_3\}$ , por definición, es la base de la $\{ {\bf x}_1,{\bf x}_2,{\bf x}_3\}$ $V$ para los que $$ f_i({\bf x}_j)=\cases{1,& if $i=j$\cr 0, & if $i\ne j$}. $$

Así, en particular, la primera base del elemento de base dual, ${\bf x}_i$, podría satisfacer $$ f_1({\bf x}_1)=1,\ f_2({\bf x}_1)=0, \text{y}, f_3({\bf x}_1)=0. $$ En otras palabras, tenemos el sistema: $$ \eqalign{ x-2y y=1\cr x+y+z&=0\cr y-3z&=0 } $$ cuya forma de la matriz es $$ Un {\bf x}_1=\left[\matriz{ 1\cr0\cr 0 }\right] $$ y cuyo, necesariamente única, la solución proporciona las coordenadas de ${\bf x}_1$.

Tendríamos dos sistemas similares a resolver con el fin de encontrar${\bf x}_2$${\bf x}_3$.

Que parece como un montón de trabajo; pero, espere... supongamos que escribió la base dual como una matriz cuyas columnas fueron las ${\bf x}_i$. Entonces tendríamos: $$ [ {\Bf x}_1\ {\bf x}_2\ {\bf x}_3] =\left[\matriz{1&-2&0\cr 1&1&1\cr 0&1&-3}\right][ {\bf x}_1\ {\bf x}_2\ {\bf x}_3]=\left[\matriz{1&0&0\cr 0&1&0\cr 0&0&1}\right] $$

Por lo $[ {\bf x}_1\ {\bf x}_2\ {\bf x}_3]$ es la inversa de a $A$. En lugar de resolver los tres sistemas de ecuaciones, en su lugar, podríamos encontrar la inversa de a $A$ y, a continuación, las columnas será nuestra base dual.

Esto es lo que vamos a hacer. Hacia ese fin, se pueden (y lo hacen) adhieren a la matriz identidad a $A$ y realizar un completo avance/retroceso de la reducción de la fila:

$$\eqalign{ [A \,|\,I\,]= \left[\matriz{1&-2&0\cr 1&1&1\cr 0&1&-3} \ \ \Biggl|\ \ \matriz{1& 0&0\cr 0&1&0\cr 0&0&1}\right] &\buildrel{r_2-r_1\rightarrow r_2}\over{\longrightarrow} \left[\matriz{1&-2&0\cr 0& 3& 1\cr 0&1&-3} \ \ \Biggl|\ \ \matriz{1& 0&0\cr -1&1&0\cr 0&0&1}\right]\cr &\buildrel{r_2-3r_3\rightarrow r_3}\over{\longrightarrow} \left[\matriz{1&-2&0\cr 0& 3& 1\cr 0&0&10} \ \ \Biggl|\ \ \matriz{1& 0&0\cr -1& 1&0\cr -1&1&-3}\right]\cr &\buildrel{10r_2-r_3\rightarrow r_2}\over{\longrightarrow} \left[\matriz{1&-2&0\cr 0& 30& 0\cr 0&0&10} \ \ \Biggl|\ \ \matriz{1& 0&0\cr -9&9&3\cr -1&1&-3}\right]\cr &\buildrel{15r_1+r_2\rightarrow r_1}\over{\longrightarrow} \left[\matriz{15&0&0\cr 0& 30& 0\cr 0&0&10} \ \ \Biggl|\ \ \matriz{ 6& 9&3\cr -9&9&3\cr -1&1&-3}\right]\cr &\buildrel{ }\over{\longrightarrow} \left[\matriz{1 &0&0\cr 0& 1& 0\cr 0&0&1 } \ \ \Biggl|\ \ \matriz{ 6/15& 9/15&3/15\cr -9/30&9/30&3/30\cr -1/10&1/10&-3/10}\a la derecha].\cr } $$

Así $$ A^{-1}=\left[\matriz{2/5 y 3/5&1/5\cr -3/10&3/10&1/10\cr -1/10&1/10&-3/10}\a la derecha], $$ y la base dual tiene como elementos de las columnas de a $A^{-1}$: $$ {\bf x}_1=\left[\matriz{2/5\cr-3/10\cr-1/10 }\right],\ {\bf x}_2=\left[\matriz{3/5\cr3/10\cr1/10 }\right],\ {\bf x}_3=\left[\matriz{1/5\cr1/10\cr-3/10 }\right]. $$

La base $\{ {\bf x}_1,{\bf x}_2,{\bf x}_3 \}$ es la base dual de $\{f_1,f_2,f_3\}$.

Tenga en cuenta que el orden relativo es importante. Por ejemplo, debemos tener $f_3({\bf x}_1)=f_3({\bf x}_2)=0$$f_3({\bf x}_3)=1$. Como una verificación de la zona, vamos a comprobar esto: $$\eqalign{ f_3({\bf x}_1)&= (-3/10)-3(-1/10)=0\cr f_3({\bf x}_2)&= (3/10)-3(1/10)=0\cr f_3({\bf x}_3)&= (1/10)-3(-3/10)=1.\cr } $$

Answer 2

$\bf Hint:$ Supongamos que $a f_1(x,y,z)+b f_2(x,y,z)+c f_3(x,y,z)=0$. Pruebe diferentes valores de $(x,y,z)$, por ejemplo, si sustituye $(2,1,-3)$. Obtenemos $f_1(2,1,-3)=0$, $f_2(2,1,-3)=0$ y $f_3(2,1,-3)=10$, por lo tanto, $cf_3(2,1,-3)=10c$ que implica $c=0$.

Answer 3

Demostrando $\lbrace f_1,f_2,f_3\rbrace$ es una base para $V^*$ puede ser hecho por la fila de la reducción de los coeficientes de $\lbrace f_1,f_2,f_3 \rbrace$ y demostrando que tiene un rango de $3$.

La base dual de $ \lbrace f_1,f_2,f_3 \rbrace $ se encuentra mediante el cálculo de la inversa de los coeficientes de $f_i$ que es:

$x_{1}= \ \begin{bmatrix} 4/10 \\ -3/10 \\ -1/10 \end{bmatrix}, x_{2}= \begin{bmatrix} 6/10 \\ 3/10 \\ 1/10 \end{bmatrix}, x_{3}= \begin{bmatrix} 2/10 \\ 1/10 \\ -3/10 \end{bmatrix} ]\ $

La comprobación de que $f_{i}(x_{j})=$ $1,$ si $i=j$ $0$ si $i \ne j $

$f_{1}(x_1)=(4/10)-2(-3/10)=1\\ f_{1}(x_2)=(6/10)-2(3/10)=0\\ f_{1}(x_3)=(2/10)-2(1/10)=0$

$f_{2}(x_1)=(4/10)+(-3/10)+(-1/10)=0\\ f_{2}(x_2)=(6/10)+(3/10)+(1/10)=1\\ f_{2}(x_3)=(2/10)+(1/10)+(-3/10)=0$

$f_{3}(x_1)=(-3/10)-3(-1/10)=0\\ f_{3}(x_2)=(3/10)-3(1/10)=0\\ f_{3}(x_3)=(1/10)-3(-3/10)=1$