Discussione esercizio : Applicazioni lineari.
Salve a tutti ,volevo chiedervi delucidazioni in merito a questo esercizio :
"Determinare l'applicazione lineare L
$ L:R^3->R^3 $ che soddisfi le seguenti condizioni :
a) $ dimKer(L)=2 $
b) $ L(1,0,0)=(0,-1,2) $
c) L ha come autovalore 1 con molteplicità 2
Poi mi chiede di trovarne gli autovalori,una base per gli autovettori di L ,e se L è diagonalizzabile .
Dunque io non riesco a impostarlo , nel senso che non riesco a cogliere le informazioni dalle condizioni date :
il fatto che la dimensione del nucleo di L sia 2 significa anche che la dimensione dell'immagine di L sia 1 (risultato trovate tramite il teorema del rango) , la qual cosa dovrebbe suggerirmi che la matrice associata all'applicazione lineare debba avere rango 1 , Inoltre ho gia una "riga" della suddetta matrice , perchè ho L(1,0,0) . E per l'ultimo dato , ho pensato di poter usare la formula :
$ A_Lv=lambdav $
Dove , partendo da sinistra ho :Matrice associata , autovettore v associato all'autovalore lambda .
Ma non so bene come usarla xD
Non chiedo una risoluzione..piuttosto un suggerimento per capire come costruire questa benedetta applicazione .
Grazie in anticipo.
"Determinare l'applicazione lineare L
$ L:R^3->R^3 $ che soddisfi le seguenti condizioni :
a) $ dimKer(L)=2 $
b) $ L(1,0,0)=(0,-1,2) $
c) L ha come autovalore 1 con molteplicità 2
Poi mi chiede di trovarne gli autovalori,una base per gli autovettori di L ,e se L è diagonalizzabile .
Dunque io non riesco a impostarlo , nel senso che non riesco a cogliere le informazioni dalle condizioni date :
il fatto che la dimensione del nucleo di L sia 2 significa anche che la dimensione dell'immagine di L sia 1 (risultato trovate tramite il teorema del rango) , la qual cosa dovrebbe suggerirmi che la matrice associata all'applicazione lineare debba avere rango 1 , Inoltre ho gia una "riga" della suddetta matrice , perchè ho L(1,0,0) . E per l'ultimo dato , ho pensato di poter usare la formula :
$ A_Lv=lambdav $
Dove , partendo da sinistra ho :Matrice associata , autovettore v associato all'autovalore lambda .
Ma non so bene come usarla xD
Non chiedo una risoluzione..piuttosto un suggerimento per capire come costruire questa benedetta applicazione .
Grazie in anticipo.
Risposte
Sei sicuro dei dati che hai postato? Potrei sbagliarmi, ma mi pare che non ci siano applicazioni che soddisfano quelle richieste. Fammi sapere se il testo e' proprio quello, inclusi i vettori che hai citato.
Ahimè il testo e i dati sono giusti , ho ricontrollato un paio di volte . Nessuno ha qualche idea?
Risalve a tutti , negli ultimi giorni sto provando e riprovando a risolvere il problema di sopra ...vi posto un tentativo di risoluzione ,che si è rilevato errato alla fine , con la verifica delle condizioni ... però mi ci sono avvicinato ...XD Lo posto nella speranza che a qualcuno leggendolo venga l'idea geniale e mi suggerisca come risolverlo correttamente (non sono comunque certo che quello che scriverò sarà corretto , anzi , potrebbe essere un mucchio di stupidaggini ) .
Ho ragionato pensando la mia matrice associata a tale applicazione in questo modo :
$ A_L=( ( 0 , b , c ),( -1 , e , f ),( 2 , h , i ) ) $
A questo punto ho tentato di calcolarne il polinomio caratteristico , considerando la matrice :
$ A_L-Ilambda=( ( 0 -lambda, b , c ),( -1 , e-lambda , f ),( 2 , h , i-lambda ) ) $
Ho imposto il determinate uguale a zero , e ho raccolto , cercando di esprimere sotto forma di somme di prodotti l'enorme espressione letterale che ne è uscita :
(Vi riporto l'ultimo passaggio)
$ f(h+2b)+e(1-i-2c)+i(1+b)+c(2-h)-(b+1)=0 $
Tirando fuori da quest'espressioni tali relazioni :
$ b=-1 ; h=2;1=2i+c $
Poi , ho completamente cambiato "rotta" , e ho pensato alla condizione della dimensione del kerl ...come già detto dovrebbe essere anche che la dimensione dell'immagine di L sia uguale a 1 , quindi il rango della matrice associata deve essere uguale a 1 anche lui .
Quindi devo fare in modo che sia il determinante della 3x3 che di tutti i suoi minori 2x2 sia nullo .
Ho pensato allora..se $ c=0 $ , cosa che non va molto in accordo con le relazioni tirate fuori prima , il determinate della 3x3 risulta :
$ det(A_L)=b(i+2f)=0 hArr b=0 ,f=-1/2i $
ho quindi posto $ i=2 , f=-1 $ e li ho inseriti nella matrice .
Però , affinchè anche tutti i minori 2x2 siano nulli , deve essere anche $b=0$
( un altro risultato che va contro le relazioni trovate in precedenza ) . Ho quindi ricostruito la matrice così :
$ A_L=( ( 0 , 0 , 0),( -1 , -1 , -1 ),( 2 , 2 , 2) ) $
Questa matrice ha effettivamente rango 1 . Ho quindi verificato che il kerl avesse realmente dimensione 2 , così :
$ A_LX=0->( ( 0 , 0 , 0),( -1 , -1 , -1 ),( 2 , 2 , 2) )( ( x ),( y ),( z ) ) =( ( 0 ),(0 ),( 0 ) ) $
Che a sistema mi da :
$ { ( x=-(y+z) ),( 2x+2y+2z=0 ):} -> { ( x=-(k+n) ),( y=k ),( z=n ):} $
una base per tale sottospazio ( il nucleo) è :
$ B(Ker_L)=[(-1,1,0);(-1,0,1)] $
Ed effettivamente figurano due elementi , quindi la prima condizione è rispettata .
Detto questo , tutto contento , ho deciso di verificare la condizione sull'autovalore 1 .
Ho quindi ricalcolato il polinomio caratteristico della matrice $ A_L $ :
$ Det(A_L-Ilambda)=| ( -lambda ,0 , 0 ),(-1 , -(1+lambda) , -1 ),( 2 , 2 , (2-lambda) ) | =lambda^2(1-lambda) $
Ecco..qua cade tutto , non che prima fosse in piedi ... però ora pur avendo come autovalore 1 , la molteplicità è 1 , non 2 .
Arrivato qua mi sono fermato , indubbiamente sconfitto.
Ho omesso dei passaggi , spero di essere stato chiaro , e che qualcuno di voi accorra in mio aiuto .
Ho ragionato pensando la mia matrice associata a tale applicazione in questo modo :
$ A_L=( ( 0 , b , c ),( -1 , e , f ),( 2 , h , i ) ) $
A questo punto ho tentato di calcolarne il polinomio caratteristico , considerando la matrice :
$ A_L-Ilambda=( ( 0 -lambda, b , c ),( -1 , e-lambda , f ),( 2 , h , i-lambda ) ) $
Ho imposto il determinate uguale a zero , e ho raccolto , cercando di esprimere sotto forma di somme di prodotti l'enorme espressione letterale che ne è uscita :
(Vi riporto l'ultimo passaggio)
$ f(h+2b)+e(1-i-2c)+i(1+b)+c(2-h)-(b+1)=0 $
Tirando fuori da quest'espressioni tali relazioni :
$ b=-1 ; h=2;1=2i+c $
Poi , ho completamente cambiato "rotta" , e ho pensato alla condizione della dimensione del kerl ...come già detto dovrebbe essere anche che la dimensione dell'immagine di L sia uguale a 1 , quindi il rango della matrice associata deve essere uguale a 1 anche lui .
Quindi devo fare in modo che sia il determinante della 3x3 che di tutti i suoi minori 2x2 sia nullo .
Ho pensato allora..se $ c=0 $ , cosa che non va molto in accordo con le relazioni tirate fuori prima , il determinate della 3x3 risulta :
$ det(A_L)=b(i+2f)=0 hArr b=0 ,f=-1/2i $
ho quindi posto $ i=2 , f=-1 $ e li ho inseriti nella matrice .
Però , affinchè anche tutti i minori 2x2 siano nulli , deve essere anche $b=0$
( un altro risultato che va contro le relazioni trovate in precedenza ) . Ho quindi ricostruito la matrice così :
$ A_L=( ( 0 , 0 , 0),( -1 , -1 , -1 ),( 2 , 2 , 2) ) $
Questa matrice ha effettivamente rango 1 . Ho quindi verificato che il kerl avesse realmente dimensione 2 , così :
$ A_LX=0->( ( 0 , 0 , 0),( -1 , -1 , -1 ),( 2 , 2 , 2) )( ( x ),( y ),( z ) ) =( ( 0 ),(0 ),( 0 ) ) $
Che a sistema mi da :
$ { ( x=-(y+z) ),( 2x+2y+2z=0 ):} -> { ( x=-(k+n) ),( y=k ),( z=n ):} $
una base per tale sottospazio ( il nucleo) è :
$ B(Ker_L)=[(-1,1,0);(-1,0,1)] $
Ed effettivamente figurano due elementi , quindi la prima condizione è rispettata .
Detto questo , tutto contento , ho deciso di verificare la condizione sull'autovalore 1 .
Ho quindi ricalcolato il polinomio caratteristico della matrice $ A_L $ :
$ Det(A_L-Ilambda)=| ( -lambda ,0 , 0 ),(-1 , -(1+lambda) , -1 ),( 2 , 2 , (2-lambda) ) | =lambda^2(1-lambda) $
Ecco..qua cade tutto , non che prima fosse in piedi ... però ora pur avendo come autovalore 1 , la molteplicità è 1 , non 2 .
Arrivato qua mi sono fermato , indubbiamente sconfitto.
Ho omesso dei passaggi , spero di essere stato chiaro , e che qualcuno di voi accorra in mio aiuto .
Non angustiarti, il testo e' sbagliato, quindi devi essere contento che non ti riusciva di concludere 
Se il nucleo ha dimensione due, significa che lo $0$-autospazio ha dimensione due, ovvero che l'autovalore $0$ ha molteplicita' geometrica $2$, e molteplicita' algebrica due (tre non puo' essere, avresti la mappa nulla).
Ma allora il polinomio caratteristico dovrebbe avere quattro radici, due uguali a $0$ e due uguali a $1$, impossibile perche' ha grado tre. Il fatto che il polinomio caratteristico ti venisse $x^2(x-1)$ era corretto: infatti $(x-1)$ puo' "entrarci" una volta sola, visto che due posti sono gia' presi dallo zero.
Un altro modo di vederla e' il seguente:
l'immagine ha dimensione $1$, quindi e' generata da un vettore (un qualsiasi suo vettore non nullo). Quindi l'immagine e' generata ad esempio da \( (0,-1,2) \), ovvero \( Im(L)= \langle (0,-1,2) \rangle \).
Sai anche che $1$ e' autovalore, ovvero che c'e' un 1-autovettore $v$ , cioe' \(L(v)=v \). Ma quindi questo vettore deve stare nell'immagine (e' immagine di se stesso), pertanto $v=(0,-1,2)$ (oppure un suo multiplo).
Ora hai l'immagine di due vettori, te ne serve un terzo (linearmente indipendente) per concludere. Cerchiamo di costruire la matrice associata, scegliendo una base carina, ad esempio
$v_1=(1,0,0)$,
$v_2=(0,1,0)$,
$v_3=(0,-1,2)$.
Conoscendo l'immagine di $v_1,v_3$ hai subito due colonne, che sono fatte da zero e uno alla fine. Ti manca $L(v_2)$. Ma se provi a scrivere la matrice, ottieni per forza due righe di soli zeri, ovvero impossibile avere molteplicita' due all'autovalore $1$.
Anche questi esercizi sbagliati a volte sono utili per capire come vanno le cose
Se il nucleo ha dimensione due, significa che lo $0$-autospazio ha dimensione due, ovvero che l'autovalore $0$ ha molteplicita' geometrica $2$, e molteplicita' algebrica due (tre non puo' essere, avresti la mappa nulla).
Ma allora il polinomio caratteristico dovrebbe avere quattro radici, due uguali a $0$ e due uguali a $1$, impossibile perche' ha grado tre. Il fatto che il polinomio caratteristico ti venisse $x^2(x-1)$ era corretto: infatti $(x-1)$ puo' "entrarci" una volta sola, visto che due posti sono gia' presi dallo zero.
Un altro modo di vederla e' il seguente:
l'immagine ha dimensione $1$, quindi e' generata da un vettore (un qualsiasi suo vettore non nullo). Quindi l'immagine e' generata ad esempio da \( (0,-1,2) \), ovvero \( Im(L)= \langle (0,-1,2) \rangle \).
Sai anche che $1$ e' autovalore, ovvero che c'e' un 1-autovettore $v$ , cioe' \(L(v)=v \). Ma quindi questo vettore deve stare nell'immagine (e' immagine di se stesso), pertanto $v=(0,-1,2)$ (oppure un suo multiplo).
Ora hai l'immagine di due vettori, te ne serve un terzo (linearmente indipendente) per concludere. Cerchiamo di costruire la matrice associata, scegliendo una base carina, ad esempio
$v_1=(1,0,0)$,
$v_2=(0,1,0)$,
$v_3=(0,-1,2)$.
Conoscendo l'immagine di $v_1,v_3$ hai subito due colonne, che sono fatte da zero e uno alla fine. Ti manca $L(v_2)$. Ma se provi a scrivere la matrice, ottieni per forza due righe di soli zeri, ovvero impossibile avere molteplicita' due all'autovalore $1$.
Anche questi esercizi sbagliati a volte sono utili per capire come vanno le cose
Ti ringrazio...alla fine quindi era proprio il testo dell'esercizio ad essere sbagliato. Comunque mi è sorto un dubbio leggendo la tua risposta: tu hai provato a scrivere la matrice associata all'applicazione L non rispetto alla base canonica , ma a una base B diversa . Quindi la matrice associata ad un'applicazione può essere cercata rispetto a una qualsiasi base?Io pensavo si dovesse sempre ricondurre alla base canonica , e poi fare le proprie considerazioni . In questo senso vuol dire che gli autovalori non cambiano se calcolati su una matrice rispetto alla base canonica , o rispetto a una base B ..giusto? E' sicuramente un dubbio gravissimo...ma ti ringrazio in anticipo per la pazienza.
Ps..un'altra domanda grave...se abbiamo detto che
$ L(v)=v ,(lambda=1) $
Allora può essere ?
$ L(0,1,0)=(0,1,0) $
$ L(0,0,1)=(0,0,1) $
$ L(1,0,0)=(0,-1,2) $
Con i quali costruisco la matrice...anche se l'ultima delle tre equazioni va in contraddizione con quanto scritto sopra .
Ps..un'altra domanda grave...se abbiamo detto che
$ L(v)=v ,(lambda=1) $
Allora può essere ?
$ L(0,1,0)=(0,1,0) $
$ L(0,0,1)=(0,0,1) $
$ L(1,0,0)=(0,-1,2) $
Con i quali costruisco la matrice...anche se l'ultima delle tre equazioni va in contraddizione con quanto scritto sopra .
"Algo":
tu hai provato a scrivere la matrice associata all'applicazione L non rispetto alla base canonica , ma a una base B diversa . Quindi la matrice associata ad un'applicazione può essere cercata rispetto a una qualsiasi base?
Certamente.
La base canonica per forza di cose e' la piu' usata, ma la matrice associata si costruisce a partire da qualsiasi base, ed e' la matrice costruita mettendo in colonna i coefficienti delle immagini \( \phi(v_1), \dots, \phi(v_n) \) dove \( v_1,\dots, v_n \) e' la base in questione.
"Algo":
In questo senso vuol dire che gli autovalori non cambiano se calcolati su una matrice rispetto alla base canonica , o rispetto a una base B ..giusto?
Giusto. Infatti se usi una base diversa dalla canonica, ottieni una matrice che e' simile alla matrice ottenuta con la base canonica. E' due matrici simili hanno lo stesso polinomio caratteristico, quindi stessi autovalori.
"Algo":
$ L(v)=v ,(lambda=1) $
Allora può essere ?
$ L(0,1,0)=(0,1,0) $
$ L(0,0,1)=(0,0,1) $
$ L(1,0,0)=(0,-1,2) $
No, questo non puo' essere. Infatti resta il fatto che l'immagine di $L$ e' unidimensionale, e quindi e' generata da $(0,-1,2)$ come spiegavo sopra. Quindi ogni vettore $L(e_i)$ che hai scritto tu deve essere un multiplo di $(0,-1,2)$, e i vettori $(0,0,1), (0,1,0)$ non lo sono.
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