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
"danielep":
.
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.
A ripensarci (ed entrandoti in testa dopo aver già letto e risposto alla seconda parte di questo post) credo sia bene fare la medesima precisazione anche qua.
Nel caso A) ho esplicitamente considerato lo scenario necessario per soddisfare il problema (esattamente come ho fatto per il punto B) ). Poi, visto che la matrice deve essere singolare, ci portava ad escluderlo. Tutto qua. E ci siamo concentrari su B.
Non vorrei invece che tu pensassi che, in generale, se A è non singolare e ci sono tre radici reali coincidenti, allora il rango di $ A-lambda I $ debba essere per forza 1! Potrebbe benissimo essere anche 2!
Quindi generalizziamo un poco così ti fissi questo concetto per sempre.
La definizione stessa dice impone la condizione che $Ax=lambdax$ con A matrice (nxn)
Ergo si ottiene il sistema $ (A-lambda I)x=0 $
Quel sistema ha una soluzione diversa da $ x=( ( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $ solo e solo se $(A-lambda I)$ è una matrice singolare (ovvero deve avere un nucleo) e questo accade se $det(A-lambda I)=0$. Ecco perchè poniamo la condizione e ci ricaviamo gli autovalori.
E in quanti modi potrà essere singolare la $(A-lambda I)$? Beh, avrà come minimo una colonna che sia combinazione lineare delle altre (n-1) colonne: quindi minimo un autovettore lo si ricava sempre. E al massimo quanti?
Beh, nel caso estremo tutte le colonne saranno combinazioni lineari di un'unica colonna, ergo me ne verrano fuori ben (n-1).
Quindi da una matrice $(A-lambda I)$ di dimensione nxn, per ogni singolo autovalore possiamo potenzialmente ricavare da 1 fino a n-1 autovettori.
"anto_zoolander":
Il buon vecchio @axpgn mi ha fatto capire che certe volte scrivere mallopponi di spiegazioni non serve, sebbene continui a farlo ancora
Hai ragione pure tu.
Ingenerale mi rompo presto pure io di scrivere malloppi...ma se vedo una persona curiosa e che esprime i suoi pensieri allora automaticamente penso che sia interessata a capirne di più e seguire i ragionamenti. Per questo sono d'accordo con la politica de forum per cui gli OP devono mostrare uno sforzo minimo
"anto_zoolander":
Ps: sei sicuro che quella affermazione valga per qualsiasi $kne0$?
Beh direi proprio di si
Se consideriamo le matrici triangolari inferiori per pura comodità (come abbiamo fatto entrambi), allora la prima colonna è sempre quella. La seconda è del tipo (0,0,k) e non potrà mai essere generata dalla prima e viceversa. La terza sarà sempre (0,0,3) e sarà sempre generata dalla seconda per qualsiasi k. L'unico caso che non vogliamo è una colonna di zeri, ergo $kne0$
Vi ringrazio nuovamente tantissimo per tutti i consigli dati, sto cercando di stare dietro alla teoria piu che ad imparare a pappagallo... è anche vero che avere degli schemi mentali di risoluzione degli esercizi aiuta sempre.
Rileggerò con attenzione tutti i post.
Rileggerò con attenzione tutti i post.
Il fatto è che in generale la dimensione dell’autospazio dipende da $|M-3I_3|$ e se non erro per $kne3/4$ non ha dimensione $2$
"anto_zoolander":
Il fatto è che in generale la dimensione dell’autospazio dipende da $|M-3I_3|$ e se non erro per $kne3/4$ non ha dimensione $2$
Secondo me complichi l'acqua calda
Prendi,ad esempio, la matrice che ho proposto $A=[(3,0,0),(4,0,0),(-1,1,3)]$
Soddisfa la prima condizione e chiaramente pure la terza.
Gli autovettori associati ai due autovalori 0 e 3 sono $ ( ( 0 ),( -3 ),( 1 ) ) $ e $ ( ( 0 ),( 0 ),( 1 ) ) $
Stessa cosa per la matrice che proponi ma gli autovettori associati sono $ ( ( 0 ),( -4 ),( 1 ) ) $ e $ ( ( 0 ),( 0 ),( 1 ) ) $
Cambia solo il nucleo della matrice (che coincide sempre con l'autovettore associato all'autovalore 0), mentre l'autovettore associato all'autovalore 3 sarà sempre lo stesso.
No mi rifaccio al testo del problema
chiede di trovare un autospazio di dimensione due, tu ne hai trovati due di dimensione uno
infatti per $k=3/4$ si ha $r(M-3I_3)=1$ da cui $dimV_3=2$ che è quanto chiesto
chiede di trovare un autospazio di dimensione due, tu ne hai trovati due di dimensione uno
infatti per $k=3/4$ si ha $r(M-3I_3)=1$ da cui $dimV_3=2$ che è quanto chiesto
"anto_zoolander":
No mi rifaccio al testo del problema
chiede di trovare un autospazio di dimensione due, tu ne hai trovati due di dimensione uno
infatti per $k=3/4$ si ha $r(M-3I_3)=1$ da cui $dimV_3=2$ che è quanto chiesto
???
Hanno dimensione due...sono lo span di due vettori.
Se ce ne fosse un terzo formerebbe una base di $R^3$ e si potrebbe anche diagonalizzare la matrice, no?
Giuro Anto, non ti sto seguendo. Vuoi per forza usare le coniche anche quando non sono necessarie.
Sono semplici trasformazioni lineari di equazioni lineari.
P.S. inoltre delle due una...o io sbaglio e sbagli anche tu dato che ti ho messo pure "i due autovettori di dimensione uno" della tua matrice, oppure c'è qualcosa che ti incasina
Ma quello che fai non è sbagliato, semplicemente il problema chiede di trovare un autospazio di dimensione due ovvero due vettori linearmente indipendenti relativi allo stesso autovalore.
Tu ne hai trovato uno relativo all’autovalore $0$ e un altro rispetto all’autovalore $3$
la matrice $M=[(3,0,0),(4,0,0),(-1,k,3)]$ ha polinomio caratteristico $P(lambda)=(3-lambda)^2lambda$
da cui sicuramente $lambda=0$ è un autovalore semplice e l'autospazio $V_0$ avrà dimensione pari alla molteplicità algebrica.
Invece per quanto riguarda $lambda=3$ l'autospazio relativo può avere dimensione $1,2$ e per $kne3/4$ l'autospazio ha dimensione $1$ mentre per $k=3/4$ ha dimensione $2$ e quindi in questo caso è si diagonalizzabile ma principalmente soddisfa i requisiti del problema, mentre per $kne3/4$ no.
Tu ne hai trovato uno relativo all’autovalore $0$ e un altro rispetto all’autovalore $3$
la matrice $M=[(3,0,0),(4,0,0),(-1,k,3)]$ ha polinomio caratteristico $P(lambda)=(3-lambda)^2lambda$
da cui sicuramente $lambda=0$ è un autovalore semplice e l'autospazio $V_0$ avrà dimensione pari alla molteplicità algebrica.
Invece per quanto riguarda $lambda=3$ l'autospazio relativo può avere dimensione $1,2$ e per $kne3/4$ l'autospazio ha dimensione $1$ mentre per $k=3/4$ ha dimensione $2$ e quindi in questo caso è si diagonalizzabile ma principalmente soddisfa i requisiti del problema, mentre per $kne3/4$ no.
"anto_zoolander":
per $k=3/4$ ha dimensione $2$ e quindi in questo caso è si diagonalizzabile ma principalmente soddisfa i requisiti del problema, mentre per $kne3/4$ no.
Ma non è vero!
Per K=3/4 la matrice $(A-lambdaI)$ ha sempre rango 2 per entrambi gli autovalori, ergo un autovalore per ogni autvoettore e te li ho pure scritti!
Ma la cosa diabolica secondo me è che sei persuaso che, se si ottenessero davvero un autovvetore da 0 e due autovettori da 3 nella tua matrice A, allora sarebbe una risposta giusta! Quando invece sarebbe vero il contrario!
Infatti avremmo tre autovettori e potremmo appunto diagonalizzare la matrice perchè avremmo una base di $R^3$ (quindi un semplice cambio di base).
Secondo me non hai messo a fuoco un concetto. Puoi anche ottenere (potenzialmente) (n-1)*n autovettori da una matrice nxn e saranno tutti indipendenti fra di loro. Ma se per qualche ragione religiosa tu voglia creare una base in $R^(n-1)$ non è che devi scegliere per forza gli n-1 autovettori collegati al medesimo autovalore!
Puoi scegliere qualsiasi combinazione di n-1 autovettori da quei (n-1)*n, ovvero C((n-1)*n, n-1) combinazioni.
Non so perchè ti sei fissato su questa cosa di ottenere due autovettori da un unico autovalore quando la tua matrice stessa ne crea solo due, uno per ogni autovalore (e te li ho pure scritti). Ergo anche se k=3/4 abbiamo la medesima situazione di k=1 e di k=a per a diverso a zero. Non cambia nulla! Sempre e comunque due autovettori, uno per ogni autovalore 0 e 3.
Anto, quante volte devo ripeterlo!
Vai a vedere con i tuoi occhi se non credi ai miei calcoli.
Non mi devi convincere, potremmo stare giornate a parlare di questa cosa ma sta di fatto che il problema chiede una cosa diversa... Non puoi cercare di smuovere il mio punto di vista, se nemmeno hai provato a pensare se possa essere corretto
ti prego di leggere.
un autospazio $V_(lambda)={v in Vsetminus{0}: f(v)=lambdav}cup{0}$ è per definizione l'insieme di tutti gli autovettori relativi all'autovalore $lambda$ che potrà avere una sua dimensione $dimV_(lambda)geq0$
il testo dell'esercizio chiede l'esistenza di un autospazio di dimensione due, ovvero chiede che $exists lambda in K: dimV_(lambda)=2$ ovvero 'autospazio di dimensione due' ed è chiaro che una base per un autospazio di dimensione due sia del tipo $B={e_1,e_2}$ con $f(e_j)=lambdae_j,j=1,2$
non mi sto incaponendo con cose madornali, ma non vuoi smuoverti dalla tua posizione.
Non puoi dirmi 'stai sbagliando' senza dirmi in cosa.
prendiamo la mia matrice e calcoliamo
$[(0,0,0),(4,-3,0),(-1,3/4,0)]*[(x),(y),(z)]=[(0),(4x-3y),(-x+3/4y)]$
chiaramente il generico vettore sarà del tipo $[(3/4y),(y),(z)]=y[(3/4),(1),(0)]+z[(0),(0),(1)]$
ovvero una base di $V_3$ sarà $B={(3,4,0),(0,0,1)}$ e quindi ti ho trovato l'esistenza di un autospazio di dimensione $2$.
nella tua matrice non trovi alcun autospazio di dimensione $2$
ti ho appena mostrato che non è come dici, ci sono due autovettori relativi allo stesso autovalore, linearmente indipendenti.
per $kne3/4$ appena svolgi
$[(0,0,0),(4,-3,0),(-1,k,0)][(x),(y),(z)]=[(0),(4x-3y),(-x+ky)]$
ottieni $x=ky$ e quindi $4ky-3y=0 <=> y(4k-3)=0$ ora se $4k-3 ne0$ allora $y=0$ e $x=0$ da cui l'autospazio relativo all'autosalone $3$ è formato dal solo vettore $(0,0,1)$ come ti avevo già prospettato.
per quanto riguarda l'autospazio relativo a $0$ si tratta del nucleo della matrice che per relazione dimensionale si vede che ha dimensione $1$ quindi hai due autospazi $V_0,V_3$ le cui dimensioni sono entrambe uno e quindi nessuno dei due autospazi soddisfa la richiesta dell'esercizio.
è da notare che non mi importa che sia diagonalizzabile, in questo caso la mia risulta essere diagonalizzabile, ma non mi interessava ai fini del problema, è chiaro che questa matrice ha anche questa proprietà in più, ma nessuno è andata a cercarla, è venuta da se.
Inoltre $V_0+V_3$ che avrà pure dimensione $2$ ma non è un autospazio.
@magma mostrati
ti prego di leggere.
un autospazio $V_(lambda)={v in Vsetminus{0}: f(v)=lambdav}cup{0}$ è per definizione l'insieme di tutti gli autovettori relativi all'autovalore $lambda$ che potrà avere una sua dimensione $dimV_(lambda)geq0$
il testo dell'esercizio chiede l'esistenza di un autospazio di dimensione due, ovvero chiede che $exists lambda in K: dimV_(lambda)=2$ ovvero 'autospazio di dimensione due' ed è chiaro che una base per un autospazio di dimensione due sia del tipo $B={e_1,e_2}$ con $f(e_j)=lambdae_j,j=1,2$
non mi sto incaponendo con cose madornali, ma non vuoi smuoverti dalla tua posizione.
Non puoi dirmi 'stai sbagliando' senza dirmi in cosa.
prendiamo la mia matrice e calcoliamo
$[(0,0,0),(4,-3,0),(-1,3/4,0)]*[(x),(y),(z)]=[(0),(4x-3y),(-x+3/4y)]$
chiaramente il generico vettore sarà del tipo $[(3/4y),(y),(z)]=y[(3/4),(1),(0)]+z[(0),(0),(1)]$
ovvero una base di $V_3$ sarà $B={(3,4,0),(0,0,1)}$ e quindi ti ho trovato l'esistenza di un autospazio di dimensione $2$.
nella tua matrice non trovi alcun autospazio di dimensione $2$
"Bokonon":
la tua matrice stessa ne crea solo due, uno per ogni autovalore (e te li ho pure scritti)
ti ho appena mostrato che non è come dici, ci sono due autovettori relativi allo stesso autovalore, linearmente indipendenti.
per $kne3/4$ appena svolgi
$[(0,0,0),(4,-3,0),(-1,k,0)][(x),(y),(z)]=[(0),(4x-3y),(-x+ky)]$
ottieni $x=ky$ e quindi $4ky-3y=0 <=> y(4k-3)=0$ ora se $4k-3 ne0$ allora $y=0$ e $x=0$ da cui l'autospazio relativo all'autosalone $3$ è formato dal solo vettore $(0,0,1)$ come ti avevo già prospettato.
per quanto riguarda l'autospazio relativo a $0$ si tratta del nucleo della matrice che per relazione dimensionale si vede che ha dimensione $1$ quindi hai due autospazi $V_0,V_3$ le cui dimensioni sono entrambe uno e quindi nessuno dei due autospazi soddisfa la richiesta dell'esercizio.
è da notare che non mi importa che sia diagonalizzabile, in questo caso la mia risulta essere diagonalizzabile, ma non mi interessava ai fini del problema, è chiaro che questa matrice ha anche questa proprietà in più, ma nessuno è andata a cercarla, è venuta da se.
Inoltre $V_0+V_3$ che avrà pure dimensione $2$ ma non è un autospazio.
@magma mostrati
"anto_zoolander":
non mi sto incaponendo con cose madornali, ma non vuoi smuoverti dalla tua posizione.
Certo che mi smuovo!
Ed hai perfettamente ragione.
Ero totalmente persuaso che la definizione di autospazio fosse lo spazio lo creato da una base di autovettori relativa a qualsiasi autovalore.
Ho verificato e così non è. Ricordavo malissimo
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