Diagonalizzabilità e iniettività di un endomorfismo
Sia $f: \mathbb {R^4} -> \mathbb {R^4} $ un endomorfismo con un autovalore di ma=mg=3
E' possibile stabilire la diagonalizzabilità dell'endomorfismo?
Io ho risposto che l'endomorfismo è diagonalizzabile perchè avrà necessariamente un altro autovalore di ma=mg=1
Secondo voi è corretto?
Sia $f: \mathbb {R^3} -> \mathbb {R^3} $ con autovalori 2,3,4.
Si può stabilire se $f$ è iniettivita/suriettiva?
Ho risposto così e vorrei avere conferma:
Se 0 fosse stato un autovalore di $f$ allora avremmo potuto concludere che $f$ non è iniettiva e dunque nemmeno suriettiva essendo $f$ un endomorfismo
Visto che 0 non è un autovalore allora non possiamo stabilire l'iniettività/suriettività di $f$
E' possibile stabilire la diagonalizzabilità dell'endomorfismo?
Io ho risposto che l'endomorfismo è diagonalizzabile perchè avrà necessariamente un altro autovalore di ma=mg=1
Secondo voi è corretto?
Sia $f: \mathbb {R^3} -> \mathbb {R^3} $ con autovalori 2,3,4.
Si può stabilire se $f$ è iniettivita/suriettiva?
Ho risposto così e vorrei avere conferma:
Se 0 fosse stato un autovalore di $f$ allora avremmo potuto concludere che $f$ non è iniettiva e dunque nemmeno suriettiva essendo $f$ un endomorfismo
Visto che 0 non è un autovalore allora non possiamo stabilire l'iniettività/suriettività di $f$
Risposte
"WeP":
Io ho risposto che l'endomorfismo è diagonalizzabile perchè avrà necessariamente un altro autovalore di ma=mg=1
Secondo voi è corretto?
Sì. Se $\lambda_1$ è l'autovalore con molteplicità algebrica e geometrica tre, allora il polinomio caratteristico, che deve essere necessariamente di grado quattro, sarà del tipo $p(x)=(x-\lambda)^3(ax+b)$ con $a\ne 0$ (altrimenti il polinomio ha grado tre), dunque $x=-b/a$ è un autovalore di molteplicità algebrica geometrica uno (dato che non può avere molteplicità geometrica zero).
"WeP":
Ho risposto così e vorrei avere conferma:
Se 0 fosse stato un autovalore di $f$ allora avremmo potuto concludere che $f$ non è iniettiva e dunque nemmeno suriettiva essendo $f$ un endomorfismo
Visto che 0 non è un autovalore allora non possiamo stabilire l'iniettività/suriettività di $f$
Dato che ammette tre autovalori differenti, allora possiamo trovare una base di $\mathbb{R}^3$ composta da autovettori di $f$, dunque rispetto a questa base $f$ sarebbe rappresentata da una matrice diagonale CON TUTTI GLI ELEMENTI SULLA DIAGONALE DIVERSI DA ZERO, dunque rispetto a questa base la matrice sarebbe invertibile (e dato che l'invertibilità non dipende dalla base, si ha che $f$ è iniettiva e suriettiva).
Riguardo al secondo punto allora possiamo dire che se un endomorfismo è diagonalizzabile e non ha tra gli autovalori 0 allora è suriettivo e iniettivo?
Comunque non ho capito perchè se la matrice diagonale è invertibile allora $f$ è iniettivo, noi a lezione per determinare l'iniettività abbiamo riferimento solamente al fatto che $f$ è iniettiva $\Leftrightarrow $ $Ker(f) = θ $
Con $θ$= vettore nullo
Comunque non ho capito perchè se la matrice diagonale è invertibile allora $f$ è iniettivo, noi a lezione per determinare l'iniettività abbiamo riferimento solamente al fatto che $f$ è iniettiva $\Leftrightarrow $ $Ker(f) = θ $
Con $θ$= vettore nullo
Bhè... se un endomorfismo è invertibile allora è iniettivo e suriettivo. Altrimenti come trovi l'endomorfismo inverso?
Giusto condizione necessaria dell'invertibilità è la biettività!
Dunque per dimostrare l'iniettività di un endomorfismo oltre che guardare al nucleo posso anche far vedere che ad esso è associata una matrice invertibile
Dunque per dimostrare l'iniettività di un endomorfismo oltre che guardare al nucleo posso anche far vedere che ad esso è associata una matrice invertibile
Sì. Un altro modo per dire la stessa cosa è la seguente:
se $f$ è rappresentato da una matrice diagonale e tutti gli elementi sulla diagonale sono non nulli, allora il determinante (che non dipende dalla base) è diverso da $0$, dunque la funzione ha rango tre. Per il teorema della dimensione $dim(Ker(f))+dim(Im(f))=3$, e dato che $dim(Im(f))=3$, $dim(Ker(f))=0$.
se $f$ è rappresentato da una matrice diagonale e tutti gli elementi sulla diagonale sono non nulli, allora il determinante (che non dipende dalla base) è diverso da $0$, dunque la funzione ha rango tre. Per il teorema della dimensione $dim(Ker(f))+dim(Im(f))=3$, e dato che $dim(Im(f))=3$, $dim(Ker(f))=0$.
Tornando invece al primo tipo di esercizio
Se io avessi avuto $ f \in End( \mathbb {R^3} ) $ che può avere uno di questi polinomi caratteristici:
1) $-λ^3 + λ $
2) $ -λ^3 - λ $
3) $ -λ^3 -λ^2 $
In nessuno di questi casi è possibile determinare se $f$ è diagonalizzabile o meno giusto?
Perchè vengono sempre 2 autovalori $λ$ e $λ'$ con $ma(λ)=1=mg(λ)$ e $ma(λ')=2$
Ma senza conoscere $f$ non possiamo determinare $mg(λ')$ e allora non possiamo concludere nulla sulla diagonalizzabilità
Se io avessi avuto $ f \in End( \mathbb {R^3} ) $ che può avere uno di questi polinomi caratteristici:
1) $-λ^3 + λ $
2) $ -λ^3 - λ $
3) $ -λ^3 -λ^2 $
In nessuno di questi casi è possibile determinare se $f$ è diagonalizzabile o meno giusto?
Perchè vengono sempre 2 autovalori $λ$ e $λ'$ con $ma(λ)=1=mg(λ)$ e $ma(λ')=2$
Ma senza conoscere $f$ non possiamo determinare $mg(λ')$ e allora non possiamo concludere nulla sulla diagonalizzabilità
Esatto!
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