Determinare nucleo e immagine di \( T_\alpha \)
ciao a tutti! mi è capitato questo esercizio nell'ultimo esame di analisi e vorrei tanto sapere se l'ho fatto giusto.
Sia \( \{e_1, e_2, e_3\} \) una base canonica di \(\mathbb{C}^3 \). Per ogni \(\alpha \in \mathbb{C} \), si consideri l'endomorfismo \( T_\alpha : \mathbb{C}^3 \rightarrow \mathbb{C}^3 \) tale che
\( T_\alpha (e_1)= e_1+e_2+e_3, \: T_\alpha (e_2)=(1-\alpha)e_2, \: T_\alpha (e_3)=e_2+\alpha e_3 \).
i) Si determinino nucleo e immegine di \( T_\alpha \), precisandone la dimensionee una base, al variare di \( \alpha \in \mathbb{C} \).
ii) si stabilisca per quali valori di \( \alpha \in \mathbb{C} \) l'endomorfismo T è diagonalizzabile.
la mia soluzione:
i) la matrice di rappresentazione di T é:
\( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1-\alpha & 1 \\ 1 & 0 & \alpha \end{pmatrix} \)
calcolo il nucleo:
\( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1-\alpha & 1 \\ 1 & 0 & \alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \)
dal sistema ricavo che:
\( \begin{cases} x=0 \\ (1-\alpha)y=0 \\ \alpha z=0 \end{cases} \)
quindi al variare di \(\alpha \) ho tre casi:
1) se \(\alpha \neq0 \: e \: \alpha \neq 1 \rightarrow x=y=z=0 \rightarrow Ker(T)=\{0\}\)
2)se \(\alpha \neq 0 \rightarrow x=z=0 \rightarrow Ker(T)=\{\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\}=spam \{\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\} \)
3) se \( \alpha =0 \rightarrow x=y=0 \rightarrow Ker(T)=\{\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\}=spam \{\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\} \)
quindi so che dim (V)= dim(Ker(T))+dim(Im(T)):
1) dim(Im(T))=3 cioè tutto \(\mathbb{C}^3 \)
2)dim(Im(T))=2
3)dim(Im(T))=2
ii) calcolo gli autovalori
det \( \begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 0 \\ 1 & 1-\alpha-\lambda & 1 \\ 1 & 0 & \alpha-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)(1-\lambda-\alpha)(\alpha-\lambda) \) quindi gli autovalori sono:
\(\lambda_1=1 \: ; \: \lambda_2=1-\alpha\: ;\: \lambda_3=\alpha \)
quindi per \(\alpha=0 \) e \( \alpha=1 \) la matrice non è diagonalizzabile perchè non ho tre autovalori distinti.
Sia \( \{e_1, e_2, e_3\} \) una base canonica di \(\mathbb{C}^3 \). Per ogni \(\alpha \in \mathbb{C} \), si consideri l'endomorfismo \( T_\alpha : \mathbb{C}^3 \rightarrow \mathbb{C}^3 \) tale che
\( T_\alpha (e_1)= e_1+e_2+e_3, \: T_\alpha (e_2)=(1-\alpha)e_2, \: T_\alpha (e_3)=e_2+\alpha e_3 \).
i) Si determinino nucleo e immegine di \( T_\alpha \), precisandone la dimensionee una base, al variare di \( \alpha \in \mathbb{C} \).
ii) si stabilisca per quali valori di \( \alpha \in \mathbb{C} \) l'endomorfismo T è diagonalizzabile.
la mia soluzione:
i) la matrice di rappresentazione di T é:
\( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1-\alpha & 1 \\ 1 & 0 & \alpha \end{pmatrix} \)
calcolo il nucleo:
\( \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1-\alpha & 1 \\ 1 & 0 & \alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \)
dal sistema ricavo che:
\( \begin{cases} x=0 \\ (1-\alpha)y=0 \\ \alpha z=0 \end{cases} \)
quindi al variare di \(\alpha \) ho tre casi:
1) se \(\alpha \neq0 \: e \: \alpha \neq 1 \rightarrow x=y=z=0 \rightarrow Ker(T)=\{0\}\)
2)se \(\alpha \neq 0 \rightarrow x=z=0 \rightarrow Ker(T)=\{\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\}=spam \{\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\} \)
3) se \( \alpha =0 \rightarrow x=y=0 \rightarrow Ker(T)=\{\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\}=spam \{\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\} \)
quindi so che dim (V)= dim(Ker(T))+dim(Im(T)):
1) dim(Im(T))=3 cioè tutto \(\mathbb{C}^3 \)
2)dim(Im(T))=2
3)dim(Im(T))=2
ii) calcolo gli autovalori
det \( \begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 0 \\ 1 & 1-\alpha-\lambda & 1 \\ 1 & 0 & \alpha-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)(1-\lambda-\alpha)(\alpha-\lambda) \) quindi gli autovalori sono:
\(\lambda_1=1 \: ; \: \lambda_2=1-\alpha\: ;\: \lambda_3=\alpha \)
quindi per \(\alpha=0 \) e \( \alpha=1 \) la matrice non è diagonalizzabile perchè non ho tre autovalori distinti.
Risposte
Perché sopprimi le componenti? Il sistema corretto è
$$x=0,\qquad x+(1-\alpha)y+z=0,\qquad x+\alpha z=0$$
che può riscriversi come
$$x=0,\ (1-\alpha)y+z=0,\ \alpha z=0$$
Ora, se $\alpha\ne 0$ allora $z=0$ e $(1-\alpha)y=0$, che porta a due possibilità:
1) o $y=0$
2) o $1-\alpha=0$ e quindi $y\in RR$ qualsiasi.
Se invece $\alpha=0$ allora $z\in RR$ qualsiasi e si ha $y+z=0$ da cui $y=-z$.
Per cui
$$\ker(T_0)=\{(0,1,-1)\},\qquad \ker(T_1)=\{(0,1,0)\},\qquad \ker(t_\alpha)=(0),\ \alpha\ne 0,\ \alpha\ne 1$$
Gli autovalori sono corretti, ma non la tua conclusione. Una matrice è diagonalizzabile non solo quando tutti gli autovalori sono distinti ma quando, detta $m_i$ la molteplicità algebrica dell'autovalore $\lambda_i$ e $d_i=\dim V_i$ la dimensione dell'autospazio associato, si abbia $m_i=d_i$ per ogni autovalore $\lambda_i$.
Pertanto se $\alpha\ne 1,\ \alpha\ne 0,\ \alpha\ne 1/2$, abbiamo autovalori distinti e quindi la matrice è diagonalizzabile.
Se $\alpha=1$ allora si hanno gli autovalori $\lambda_1=1$ ($m_1=2$) e $\lambda_2=0$ ($m_2=1$). Per l'autospazio si hanno le equazioni
$$V_1:\ x-y+z=0,\ x=0\ \Rightarrow\ (0,y,y)\ \Rightarrow\ d_1=1\ne m_1$$
e la matrice non è diagonalizzabile.
Se $\alpha=0$ allora si hanno gli autovalori $\lambda_1=1$ ($m_1=2$) e $\lambda_2=0$ ($m_2=1$). Per l'autospazio si hanno le equazioni
$$V_1:\ x+z=0,\ x-z=0\ \Rightarrow\ (0,y,0)\ \Rightarrow\ d_1=1\ne m_1$$
e la matrice non è diagonalizzabile.
Se infine Se $\alpha=1/2$ allora si hanno gli autovalori $\lambda_1=1/2$ ($m_1=2$) e $\lambda_2=1$ ($m_2=1$). Per l'autospazio si hanno le equazioni
$$V_1:\ x-\frac{1}{2}y+z=0,\ x-\frac{1}{2}z=0\ \Rightarrow\ (x,6x,2x)\ \Rightarrow\ d_1=1\ne m_1$$
e la matrice non è diagonalizzabile.
$$x=0,\qquad x+(1-\alpha)y+z=0,\qquad x+\alpha z=0$$
che può riscriversi come
$$x=0,\ (1-\alpha)y+z=0,\ \alpha z=0$$
Ora, se $\alpha\ne 0$ allora $z=0$ e $(1-\alpha)y=0$, che porta a due possibilità:
1) o $y=0$
2) o $1-\alpha=0$ e quindi $y\in RR$ qualsiasi.
Se invece $\alpha=0$ allora $z\in RR$ qualsiasi e si ha $y+z=0$ da cui $y=-z$.
Per cui
$$\ker(T_0)=\{(0,1,-1)\},\qquad \ker(T_1)=\{(0,1,0)\},\qquad \ker(t_\alpha)=(0),\ \alpha\ne 0,\ \alpha\ne 1$$
Gli autovalori sono corretti, ma non la tua conclusione. Una matrice è diagonalizzabile non solo quando tutti gli autovalori sono distinti ma quando, detta $m_i$ la molteplicità algebrica dell'autovalore $\lambda_i$ e $d_i=\dim V_i$ la dimensione dell'autospazio associato, si abbia $m_i=d_i$ per ogni autovalore $\lambda_i$.
Pertanto se $\alpha\ne 1,\ \alpha\ne 0,\ \alpha\ne 1/2$, abbiamo autovalori distinti e quindi la matrice è diagonalizzabile.
Se $\alpha=1$ allora si hanno gli autovalori $\lambda_1=1$ ($m_1=2$) e $\lambda_2=0$ ($m_2=1$). Per l'autospazio si hanno le equazioni
$$V_1:\ x-y+z=0,\ x=0\ \Rightarrow\ (0,y,y)\ \Rightarrow\ d_1=1\ne m_1$$
e la matrice non è diagonalizzabile.
Se $\alpha=0$ allora si hanno gli autovalori $\lambda_1=1$ ($m_1=2$) e $\lambda_2=0$ ($m_2=1$). Per l'autospazio si hanno le equazioni
$$V_1:\ x+z=0,\ x-z=0\ \Rightarrow\ (0,y,0)\ \Rightarrow\ d_1=1\ne m_1$$
e la matrice non è diagonalizzabile.
Se infine Se $\alpha=1/2$ allora si hanno gli autovalori $\lambda_1=1/2$ ($m_1=2$) e $\lambda_2=1$ ($m_2=1$). Per l'autospazio si hanno le equazioni
$$V_1:\ x-\frac{1}{2}y+z=0,\ x-\frac{1}{2}z=0\ \Rightarrow\ (x,6x,2x)\ \Rightarrow\ d_1=1\ne m_1$$
e la matrice non è diagonalizzabile.
**** che coglione che sono... l'unica cosa che non ho capito è perchè \(\alpha = \frac{1}{2} \)
Perché in quel caso $\alpha=1-\alpha$ (ovviamente osserva che non può mai essere $1=\alpha=1-\alpha$ per gli autovalori).
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