Costruzione endomorfismo in R^3
si costruisca se esiste un endomorfismo f di R^3 che verifichi le seguenti condizioni:
1) f(1,0,0)=(3,4,-1)
2) esiste un autospazio per f di dimensione 2
3) dim Imf = 2
Non riesco a venirne a capo, come mi consigliate di iniziare?
1) f(1,0,0)=(3,4,-1)
2) esiste un autospazio per f di dimensione 2
3) dim Imf = 2
Non riesco a venirne a capo, come mi consigliate di iniziare?
Risposte
Come avresti pensato di risolverlo? Come da regolamento, è necessario postare una bozza di soluzione per poter ottenere una risposta. 
ammetto che negli esercizi in cui si richiede di costruire l'applicazione lineare ho sempre difficoltà, e qui non so proprio come cominciare 
.
.
"danielep":
ammetto che negli esercizi in cui si richiede di costruire l'applicazione lineare ho sempre difficoltà,
Per la costruzione di applicazioni lineari si fa riferimento al seguente teorema:
Siano $V, W $, spazi vettoriali, $mathcalB={v_1,...,v_n}$, base di $V$ e $w_1,...,w_n in W$.
Il teorema di esistenza ed unicità delle applicazioni lineari afferma che
$EE ! f: V->W$ tale che
$f(v_1)=w_1, f(v_2)=w_2, …, f(v_n)=w_n$
$f(v_1)=w_1, f(v_2)=w_2, …, f(v_n)=w_n$
Ora, non ti resti che capire se le condizioni imposte siano tra loro compatibili: ti consiglio di prendere in considerazione anche il teorema del confronto delle dimensioni.
Allora stavo provando a fare qualcosa per determinare la matrice associata all'applicazione utilizzando i vettori della base canonica, visto che ho già l'immagine di e1.
So che se dim imf=2 allora la dim kerf= 1 e quindi f(0,1,0)=(0,0,0)
non so però come sfruttare la condizione 2, volevo provare a dire che f(0,0,1)= a(0,0,1) però non so se è la strada giusta...
Potrei sembrare confuso lo so
So che se dim imf=2 allora la dim kerf= 1 e quindi f(0,1,0)=(0,0,0)
non so però come sfruttare la condizione 2, volevo provare a dire che f(0,0,1)= a(0,0,1) però non so se è la strada giusta...
Potrei sembrare confuso lo so
La seconda condizione impone che sia $dim(V_lambda)=2$ ([nota]Dove $lambda$ è un generico autovalore e $V_\lambda$ il corrispettivo autospazio.[/nota])... quindi?
Quindi per un $ lambda $ opportuno devo avere 2 autovettori che formano una base dell'autospazio giusto?
E questi due vettori li posso scegliere io?
E questi due vettori li posso scegliere io?
"danielep":
Quindi per un $ lambda $ opportuno devo avere 2 autovettori che formano una base dell'autospazio giusto?
E questi due vettori li posso scegliere io?
Certamente: il teorema di esistenza ed unicità non dice nulla a riguardo dei $w_i in W$. Prosegui con il ragionamento…
allora io so che$ f(1,0,0)=(3,4,-1)$, poi se ho fatto bene essendo $dim(ker f)=1$ posso imporre $ f(0,1,0)=(0,0,0)$ e così indirettamente ho soddisfatto la richiesta dim(im f)= 2?
Infine scelgo due vettori (0,0,1) e (1,1,0) che per lo stesso $lambda$ mi danno $f(0,0,1)= lambda(0,0,1)$ e $f(1,1,0)=lambda(1,1,0)$
allora ora ho un dubbio su come scrivere la matrice associata all'applicazione rispetto alla base canonica.
il mio intento è quello di avere una matrice $A$, cosi da poter fare $A*(x,y,z)=fv$ dove con (x,y,z) sono le coordinate di un generico vettore v di R3.
Allora sono più o meno sono sulla strada giusta?
Infine scelgo due vettori (0,0,1) e (1,1,0) che per lo stesso $lambda$ mi danno $f(0,0,1)= lambda(0,0,1)$ e $f(1,1,0)=lambda(1,1,0)$
allora ora ho un dubbio su come scrivere la matrice associata all'applicazione rispetto alla base canonica.
il mio intento è quello di avere una matrice $A$, cosi da poter fare $A*(x,y,z)=fv$ dove con (x,y,z) sono le coordinate di un generico vettore v di R3.
Allora sono più o meno sono sulla strada giusta?
"danielep":
allora io so che $ f(1,0,0)=(3,4,-1)$, poi se ho fatto bene essendo $dim(ker f)=1$ posso imporre $ f(0,1,0)=(0,0,0)$ e così indirettamente ho soddisfatto la richiesta $dim(im f)= 2$?
Il nucleo è un sottospazio del dominio $ker(f) subeV$ ([nota]Mentre $Im(f) sube W$, dove $Im(f):={w in W : qquad w=f(v), qquad v in V}$[/nota]); infatti: $ker(f):={v in V : qquad f(v)=bar(0) in W}$
"danielep":
Infine scelgo due vettori (0,0,1) e (1,1,0) che per lo stesso $lambda$ mi danno $f(0,0,1)= lambda(0,0,1)$ e $f(1,1,0)=lambda(1,1,0)$
Allora ricapitolando: sei in $RR^3$ e hai considerato ben $4$ vettori:
$mathcalA={((1),(0),(0)), ((0),(1),(0)), ((0),(0),(1)), ((1),(1),(0))}$
e il teorema di esistenza ed unicità dell'app. lin. richiede una base del dominio: secondo te $mathcalA$ può essere una base di $RR^3$?
Se la risposta è negativa vuol dire che non stai applicando il suddetto teorema e l'esistenza dell'applicazione viene meno… 
Aiuto indicami la via ti prego, che questi 3cfu di algebra mi stanno uccidendo ahahah.
GRAZIE TANTISSIME PER LA PAZIENZA E LA TOLLERANZA ALLE CASTRONERIE
GRAZIE TANTISSIME PER LA PAZIENZA E LA TOLLERANZA ALLE CASTRONERIE
"danielep":
si costruisca se esiste un endomorfismo f di R^3 che verifichi le seguenti condizioni:
1) f(1,0,0)=(3,4,-1)
2) esiste un autospazio per f di dimensione 2
3) dim Imf = 2
Non riesco a venirne a capo, come mi consigliate di iniziare?
Ciao Daniele.
La prima cosa da fare è tradurre le condizioni e trarre deduzioni.
E' un endormorfismo da $R^3$ in $R^3$, quindi è una matrice 3x3...chiamiamola A.
E sappiamo che $ A*( ( 1 ),( 0 ),( 0 ) ) = ( ( 3 ),( 4 ),( -1 ) ) $ ergo la prima colonna di A sarà appunto $ ( ( 3 ),( 4 ),( -1 ) ) $
Poi sappiamo che l'autospazio di A ha dimensione pari a 2 (=2 autovettori, ovvero A non è diagonalizzabile). Una matrice 3x3 ha un polinomio caratteristico di terzo grado, ergo per avere solo due autovettori in $R^3$ si possono dare solo due casi:
A) il polinomio ha tre radici reali concidenti e l'autovalore ha una matrice associata $ A-lambda I $ di rango 1
B) il polinomio ha tre radici reali di cui due coincidenti e le 2 matrici $ A-lambda I $ associate ai 2 autovalori hanno entrambe rango 2
La terza informazione ci dice che l'immagine di A ha dimensione 2, ergo A è una matrice singolare con rango 2.
E questo ci dice anche un'altra cosa importante, ovvero che il determinante è zero...e come sai il prodotto degli autovalori di una matrice è uguale al suo determinante, ergo un autovalore DEVE essere pari a 0.
E questo ci porta ad escludere il caso A di cui sopra.
Quindi il polinomio caratteristico della nostra A deve essere del tipo $ lambda(k-lambda)^2=0 $
Ora abbiamo tutte le informazioni per costruire una delle possibili A.
Dovrà avere la prima colonna $ ( ( 3 ),( 4 ),( -1 ) ) $, la seconda colonna indipendente dalla prima e la terza colonna deve essere una combinazione lineare delle prime due, affinchè sia singolare. Infine deve avere un polinomio caratteristico del tipo $ lambda(k-lambda)^2=0 $.
Prenderemo il caso più semplice, tenendo a mente che se è vero che il determinante di una matrice triangolare superiore è pari al prodotto della diagonale, è altrettanto vero per una matrice triangolare inferiore. Quindi mettiamo zeri sopra e una diagonale che abbia uno zero e un 3. No?
$ A=( ( 3 , 0 , 0 ),( 4 , 0 , 0 ),( -1 , 1 , 3 ) ) $
Verifica pure se soddisfa tutte le condizioni e se hai dubbi su un passaggio, chiedi pure.
Ma ancora più velocemente basta imporre
$f:RR^3->RR^3$ con basi canoniche fissate
$f(e_1)=3e_1+4e_2-e_3$ per la prima
$f(e_2)=ae_2$ e $f(e_3)=be_3$ per l’esistenza di autovettori
$3ab=0$ e almeno uno tra $a,b$ non nullo per dare rango $2$
deve essere $(lambda-a)(lambda-3)=(lambda-c)^2$
Per esempio $M=[(3,0,0),(4,3,0),(-1,0,0)]$
Che si vede subito avere rango 2, l’immagine del primo vettore della base uguale alla richiesta e $r(M-3I_3)=1$ da cui $dimV_3=dimKer(M-3I_3)=2$
$f:RR^3->RR^3$ con basi canoniche fissate
$f(e_1)=3e_1+4e_2-e_3$ per la prima
$f(e_2)=ae_2$ e $f(e_3)=be_3$ per l’esistenza di autovettori
$3ab=0$ e almeno uno tra $a,b$ non nullo per dare rango $2$
deve essere $(lambda-a)(lambda-3)=(lambda-c)^2$
Per esempio $M=[(3,0,0),(4,3,0),(-1,0,0)]$
Che si vede subito avere rango 2, l’immagine del primo vettore della base uguale alla richiesta e $r(M-3I_3)=1$ da cui $dimV_3=dimKer(M-3I_3)=2$
"Bokonon":
Una matrice 3x3 ha un polinomio caratteristico di terzo grado, ergo per avere solo due autovettori in $R^3$ si possono dare solo due casi:
A) il polinomio ha tre radici reali concidenti e l'autovalore ha una matrice associata $ A-lambda I $ di rango 1
B) il polinomio ha tre radici reali di cui due coincidenti e le 2 matrici $ A-lambda I $ associate ai 2 autovalori hanno entrambe rango 2.
Allora vi ringrazio tantissimo tutti per l'aiuto.
Mi è un po misterioso questo passaggio, mi torna di dover avere 3 radici perchè il polinomio è di terzo grado.
Nel punto A io ho 3 radici coincidenti, quindi se la matrice $ A-lambda I $ ha rango 1, la dimensione dell'autospazio è n-rk( $ A-lambda I $ )=2 e qui dovrei esserci
.Non capisco nel punto B perchè io debba avere entrambe le matrici $ A-lambda I $ con rk=2, così facendo non ho due autospazi con dimensione 1???
"anto_zoolander":
Ma ancora più velocemente basta imporre
$f:RR^3->RR^3$ con basi canoniche fissate
$f(e_1)=3e_1+4e_2-e_3$ per la prima
$f(e_2)=ae_2$ e $f(e_3)=be_3$ per l’esistenza di autovettori
$3ab=0$ e almeno uno tra $a,b$ non nullo per dare rango $2$
deve essere $(lambda-a)(lambda-3)=(lambda-c)^2$
Per esempio $M=[(3,0,0),(4,3,0),(-1,0,0)]$
Che si vede subito avere rango 2, l’immagine del primo vettore della base uguale alla richiesta e $r(M-3I_3)=1$ da cui $dimV_3=dimKer(M-3I_3)=2$
Forse mi è un pochino più chiaro cosi...
Provo a ripercorrere il ragionamento dimmi tu se faccio qualche errore.
So che $fe1=(3,4,-1)$, ho l'immagine del primo vettore della base scelta
poi posso imporre $fe2=ae2$ e $fe3=be3$ e quindi (0,a,0) e (0,0,b), ho le immagini degli altri 2 vettori della base scelta e quindi posso costruire la matrice associata ad $f$, corretto?
ed M provvisoriamente la scrivo cosi $M=[(3,0,0),(4,a,0),(-1,0,b)]$
***(il mio dubbio è proprio qui: se la dimensione dell'auto spazio deve essere 2 non dovrei usare solo un autovalore per fe2 ed fe3?)***
e questa $(lambda-a)(lambda-3)=(lambda-c)^2$ non l'ho proprio capita
quando dici che 3ab=0 è per il discorso che la matrice M 3x3 deve avere det=0 e quindi avere rk=2, giusto?
la matrice M deve avere 2 righe/colonne non nulle e quindi o a o b deve essere diverso da 0.
se scelgo b=0 diventa $M=[(3,0,0),(4,a,0),(-1,0,0)]$, perchè $a$ deve essere per forza essere 3???
"danielep":
Non capisco nel punto B perchè io debba avere entrambe le matrici $ A-lambda I $ con rk=2, così facendo non ho due autospazi con dimensione 1???
Avresti due autovalori a cui corrispondono un autovettore a testa. Gli autovettori sono la base dell'autospazio della matrice, ergo se ce ne sono solo due, allora la dimensione è 2.
La casisitica da escludere in questo caso è che vi siano solo due autovalori (0 e k) a cui corrispondono rispettivamente 1 e due autovettori. In questo caso la matrice A avrebbe un autospazio di dimensione 3
@anto: Il matematico senza sonno!
Quand'è l'ultima volta che hai dormito?
"anto_zoolander":
$r(M-3I_3)=1$
$r( M-3I)=r[(0,0,0),(4,0,0),(-1,0,-3)]=2 $
Quand'è l'ultima volta che hai dormito?
Ciao
@magma
è il film dove christian bale è dimagrito un sacco? lo volevo vedere da un po
questi sono gli scherzi dello scrivere qualcosa a tarda notte....
ormai Alex ha lanciato una campagna contro questa scelta
@daniele
in sostanza è come condire un'insalata con tutte le cose che ti piacciono e poi andare a scartare quelle in più.
In questo caso ho considerato
la prima condizione è ovvia, quella dell'immagine di $(1,0,0)$
1. $f(e_1)=3e_1+4e_2-e_3$
per il resto ho fatto una considerazione troppo azzardata come fatto notare da magma
In realtà l'idea di partenza era di considerare una triangolare superiore del tipo
sostanzialmente la volevo prendere triangolare superiore perchè il suo determinante(e anche quello per il calcolo del polinomio caratteristico) sarà confinato al prodotto degli elementi sulla diagonale e quindi per semplificarti i calcoli.
infatti $P(lambda)=(3-lambda)(a-lambda)(c-lambda)$
ma su questo ci torneremo dopo.
Ora tale matrice deve avere rango $2$ quindi deve avere determinante nullo e poi una sottomarine di ordine due con determinante non nullo.
il suo determinante sarà $|M|=3ac$ che è nullo se e solo se $a=0$ o $c=0$
provando per casi, possiamo cominciare ponendo $a=0$ e $cne0$
infine $P(lambda)=(3-lambda)(c-lambda)lambda$
ora vogliamo almeno un autovalore di molteplicità algebrica pari a $2$ e questo accade se e solo se $c=3$ oppure $c=0$
se $c=0$ allora il rango della matrice dipenderà da $b$ ma se $b=0$ allora il rango sarà $1$ e non va bene.
se $bne0$ il rango sarà due e quindi la dimensione dell'autospazio relativo a $0$ avrà dimensione $1$
se $c=3$ allora abbiamo una matrice che abbia rango $2$ e l'immagine del primo vettore soddisfatta, ci manca solo la dimensione dell'autospazio che ci gestiamo con $b$ infatti la matrice sarà
$M=[(3,0,0),(4,0,0),(-1,b,3)]$ e $|M-3I_3|=|(0,0,0),(4,-3,0),(-1,b,0)|=4b-3$
chiaramente per avere l'autospazio di dimensione $2$ deve essere $r(M-3I_3)=1$ cosicché $dimKer(M-3I_3)=2$ e questo diventa vero se $4b-3=0$ ovvero se $b=3/4$
quindi a meno di disattenzioni la matrice richiesta potrà essere
$M=[(3,0,0),(4,0,0),(-1,3/4,3)]$
ha rango $2$
l'immagine di $e_1$ è quella richiesta
l'autospazio di $3$ ha dimensione $2$
@magma
è il film dove christian bale è dimagrito un sacco? lo volevo vedere da un po
questi sono gli scherzi dello scrivere qualcosa a tarda notte....
ormai Alex ha lanciato una campagna contro questa scelta
@daniele
in sostanza è come condire un'insalata con tutte le cose che ti piacciono e poi andare a scartare quelle in più.
In questo caso ho considerato
la prima condizione è ovvia, quella dell'immagine di $(1,0,0)$
1. $f(e_1)=3e_1+4e_2-e_3$
per il resto ho fatto una considerazione troppo azzardata come fatto notare da magma
In realtà l'idea di partenza era di considerare una triangolare superiore del tipo
$M=[(3,0,0),(4,a,0),(-1,b,c)]$
sostanzialmente la volevo prendere triangolare superiore perchè il suo determinante(e anche quello per il calcolo del polinomio caratteristico) sarà confinato al prodotto degli elementi sulla diagonale e quindi per semplificarti i calcoli.
infatti $P(lambda)=(3-lambda)(a-lambda)(c-lambda)$
ma su questo ci torneremo dopo.
Ora tale matrice deve avere rango $2$ quindi deve avere determinante nullo e poi una sottomarine di ordine due con determinante non nullo.
il suo determinante sarà $|M|=3ac$ che è nullo se e solo se $a=0$ o $c=0$
provando per casi, possiamo cominciare ponendo $a=0$ e $cne0$
infine $P(lambda)=(3-lambda)(c-lambda)lambda$
ora vogliamo almeno un autovalore di molteplicità algebrica pari a $2$ e questo accade se e solo se $c=3$ oppure $c=0$
se $c=0$ allora il rango della matrice dipenderà da $b$ ma se $b=0$ allora il rango sarà $1$ e non va bene.
se $bne0$ il rango sarà due e quindi la dimensione dell'autospazio relativo a $0$ avrà dimensione $1$
se $c=3$ allora abbiamo una matrice che abbia rango $2$ e l'immagine del primo vettore soddisfatta, ci manca solo la dimensione dell'autospazio che ci gestiamo con $b$ infatti la matrice sarà
$M=[(3,0,0),(4,0,0),(-1,b,3)]$ e $|M-3I_3|=|(0,0,0),(4,-3,0),(-1,b,0)|=4b-3$
chiaramente per avere l'autospazio di dimensione $2$ deve essere $r(M-3I_3)=1$ cosicché $dimKer(M-3I_3)=2$ e questo diventa vero se $4b-3=0$ ovvero se $b=3/4$
quindi a meno di disattenzioni la matrice richiesta potrà essere
$M=[(3,0,0),(4,0,0),(-1,3/4,3)]$
ha rango $2$
l'immagine di $e_1$ è quella richiesta
l'autospazio di $3$ ha dimensione $2$
Grazie mille ( anzi duemila) a tutti per l'infinita pazienza, ora mi è un po' più chiara la faccenda!
Qualsiasi matrice $M=[(3,0,0),(4,0,0),(-1,k,3)]$ con $ k!= 0 $ soddisfa i requisiti...tanto valeva prenderlo uguale a 1.
Volevo cogliere l'occasione per dire una cosa.
Ho notato, in generale, che, in questo forum, chi pone le domande pare interessato ad avere risposte algoritmiche.
Mentre chi risponde, tende a fornirle!
Secondo me è di gran lunga più utile comprendere/mostrare i concetti (in questo caso geometrici) che imparare le formule...perchè non richiedono formalismi speciali e non si dimenticano una settimana dopo l'esame e infine ci si può ricostruire da soli qualsiasi formula.
Temo sia off topic ma ero curioso di sentire cosa ne pensi Anto.
Volevo cogliere l'occasione per dire una cosa.
Ho notato, in generale, che, in questo forum, chi pone le domande pare interessato ad avere risposte algoritmiche.
Mentre chi risponde, tende a fornirle!
Secondo me è di gran lunga più utile comprendere/mostrare i concetti (in questo caso geometrici) che imparare le formule...perchè non richiedono formalismi speciali e non si dimenticano una settimana dopo l'esame e infine ci si può ricostruire da soli qualsiasi formula.
Temo sia off topic ma ero curioso di sentire cosa ne pensi Anto.
@bokonon
Sono totalmente d’accordo con te ma bisogna anche confrontarsi con l’OP.
Ultimamente ho fatto ripetizioni ad un ragazzo che ha soltanto voluto sapere come fare gli esercizi perché s suo dire ‘tanto posso usare il formulario’ e non appena mi azzardavo a mascherare gli esercizi con un pelo di teoria venivo anche ripreso.
Il buon vecchio @axpgn mi ha fatto capire che certe volte scrivere mallopponi di spiegazioni non serve, sebbene continui a farlo ancora
Ps: sei sicuro che quella affermazione valga per qualsiasi $kne0$?
Sono totalmente d’accordo con te ma bisogna anche confrontarsi con l’OP.
Ultimamente ho fatto ripetizioni ad un ragazzo che ha soltanto voluto sapere come fare gli esercizi perché s suo dire ‘tanto posso usare il formulario’ e non appena mi azzardavo a mascherare gli esercizi con un pelo di teoria venivo anche ripreso.
Il buon vecchio @axpgn mi ha fatto capire che certe volte scrivere mallopponi di spiegazioni non serve, sebbene continui a farlo ancora
Ps: sei sicuro che quella affermazione valga per qualsiasi $kne0$?
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