Dubbio diagonalizzazione endomorfismi
Ho dei dubbi circa la mia risoluzione di questo esercizio:
Si consideri l'endomorfismo $f:RR^3 ->RR^3$ tale che $f(x,y,z)=(x+y,y,kz)$ con $k in RR$
a) Stabilire per quali valori di $k$ $f$ è diagonalizzabile.
b) Determinare, al variare di $k$, un sottospazio $W$ di $RR^3$3 tale che
$RR^3$ $= V_1 (f )$$oplus V_k (f )$$oplus W$
c) Posto $k = 1$, provare che non esiste alcun sottospazio $W$ di $RR_3$ tale che
$ RR_3$ $= V_1 (f )$$oplus W$ e $f (W ) sub W$.
ora calcolata la matrice della $f$ rispetto alle basi canoniche dovrei avere
$A=((1,1,0),(0,1,0),(0,0,k))$
pertanto il polinomio caratteristico della matrice è $(1-lambda)^2(k-lambda)$
se $k=1$ $1$ è autovalore triplo, mentre lo spazio $V_1$ ha dimensione $2$ e pertanto $f$ non è diagonalizzabile
se $k=0$ $1$ è autovalore doppio, mentre $0$ è autovalore semplice. Si calcola che $V_1$ ha dimensione $1$ quindi $f$ non è diagonalizzabile
se $k!=0,k!=1$ $1$ è autovalore doppio, $k$ semplice. $V_1$ ha dimensione $1$ quindi $f$ non è diagonalizzabile
Possibile? Avrò sbagliato qualche calcolo ma proprio non mi ci ritrovo.
Quanto al punto b) non ho proprio idea di come si faccia. Ho provato, sfruttando i risultati precedenti, ma non so se è giusto sia il risultato che il procedimento:
se $k=0$ $dimV_1=1$. Calcolo $V_0$ ovvero il ker, e risulta essere banale, quindi $W$ deve avere dimensione $2$. Quindi completo $V_1$ ad una base di $RR^3$ e pongo $W=<(0,1,0),(0,0,1)>$
se $k=1$, dovrebbe quindi essere $RR^3=V_1(f)oplusW$. per lo stesso ragionamento cui sopra $W=<(0,1,0)>$
se infine $k!=0,k!=1$ $W$ risulta sempre essere generato da $(0,1,0)$
ora il punto c)
Pongo $k=1$ il mio endomorfismo perciò diventa $f(x,y,z)=(x+y,y,z)$
ora chiamo $w=(w_1,w_2,w_3)$ un generico vettore di $W$. Per Grassman so che la dimensione di $W$ deve essere uguale a $1$
Completando questo vettore con $(1,0,0),(0,0,1)$ vettori generatori di $V_1$ ottengo che $w_2$ deve essere diverso da $0$
Ora supponiamo per assurdo che $f(W)subW$.
Quindi $f(w)=(w_1+w_2,w_2,w_3)inW$ da questo si ha $\{(w_1 + w_2 =lambdaw_1),(w_2 = lambdaw_2),(w_3= lambdaw_3):}$ e questo è assurdo perchè la condizione sarebbe verificata per $lambda=1$ ma essendo $w_2!=0$ la condizione $1$ del sistema risulta incompatibile!
è giusto?
Grazie mille
Si consideri l'endomorfismo $f:RR^3 ->RR^3$ tale che $f(x,y,z)=(x+y,y,kz)$ con $k in RR$
a) Stabilire per quali valori di $k$ $f$ è diagonalizzabile.
b) Determinare, al variare di $k$, un sottospazio $W$ di $RR^3$3 tale che
$RR^3$ $= V_1 (f )$$oplus V_k (f )$$oplus W$
c) Posto $k = 1$, provare che non esiste alcun sottospazio $W$ di $RR_3$ tale che
$ RR_3$ $= V_1 (f )$$oplus W$ e $f (W ) sub W$.
ora calcolata la matrice della $f$ rispetto alle basi canoniche dovrei avere
$A=((1,1,0),(0,1,0),(0,0,k))$
pertanto il polinomio caratteristico della matrice è $(1-lambda)^2(k-lambda)$
se $k=1$ $1$ è autovalore triplo, mentre lo spazio $V_1$ ha dimensione $2$ e pertanto $f$ non è diagonalizzabile
se $k=0$ $1$ è autovalore doppio, mentre $0$ è autovalore semplice. Si calcola che $V_1$ ha dimensione $1$ quindi $f$ non è diagonalizzabile
se $k!=0,k!=1$ $1$ è autovalore doppio, $k$ semplice. $V_1$ ha dimensione $1$ quindi $f$ non è diagonalizzabile
Possibile? Avrò sbagliato qualche calcolo ma proprio non mi ci ritrovo.
Quanto al punto b) non ho proprio idea di come si faccia. Ho provato, sfruttando i risultati precedenti, ma non so se è giusto sia il risultato che il procedimento:
se $k=0$ $dimV_1=1$. Calcolo $V_0$ ovvero il ker, e risulta essere banale, quindi $W$ deve avere dimensione $2$. Quindi completo $V_1$ ad una base di $RR^3$ e pongo $W=<(0,1,0),(0,0,1)>$
se $k=1$, dovrebbe quindi essere $RR^3=V_1(f)oplusW$. per lo stesso ragionamento cui sopra $W=<(0,1,0)>$
se infine $k!=0,k!=1$ $W$ risulta sempre essere generato da $(0,1,0)$
ora il punto c)
Pongo $k=1$ il mio endomorfismo perciò diventa $f(x,y,z)=(x+y,y,z)$
ora chiamo $w=(w_1,w_2,w_3)$ un generico vettore di $W$. Per Grassman so che la dimensione di $W$ deve essere uguale a $1$
Completando questo vettore con $(1,0,0),(0,0,1)$ vettori generatori di $V_1$ ottengo che $w_2$ deve essere diverso da $0$
Ora supponiamo per assurdo che $f(W)subW$.
Quindi $f(w)=(w_1+w_2,w_2,w_3)inW$ da questo si ha $\{(w_1 + w_2 =lambdaw_1),(w_2 = lambdaw_2),(w_3= lambdaw_3):}$ e questo è assurdo perchè la condizione sarebbe verificata per $lambda=1$ ma essendo $w_2!=0$ la condizione $1$ del sistema risulta incompatibile!
è giusto?
Grazie mille
Risposte
"mistake89":
$A=((1,1,0),(0,1,0),(0,0,k))$
La matrice è già in forma di Jordan: non è diagonalizzabile perché
il blocco 2x2 in alto a sinistra non lo è.
mi dispiace la forma di Jordan non l'abbiamo studiata!
Vabbè, la mia era solo un'osservazione..
"franced":
Vabbè, la mia era solo un'osservazione..
Certo!
e quanto al resto?
Ciao, vediamo il punto 2.
Chiedo a chi ne sa più:: ora se $k=1$, i due autospazi $V_1$ e $V_k$ coincidono quindi si può dedurre che quella somma non è mai diretta che che non esiste $W$?
Vedo il caso $k!=1$
Dimmi se ti torna intanto che
-L'autospazio $V_1$, cioè relativo all'autovalore $\lambda=1$ è dato da
${(y=0),((k-1)z=0):}$
-L'autospazio $V_k$, cioè $\lambda=k$ è dato da
${((1-k)x+y=0),((1-k)y=0):}$
Per esempio nel caso $k!=1$ ho che $V_1$ è formato da tutti i vettori nela forma $(x,0,0)$ cioè una base è $(1,0,0)$.
Invece $V_k$ sempre in questo caso sarebbe l'insieme dei vettori $(0,0,z)$, base $(0,0,1)$.
Insomma, per essere in somma diretta tre sottoinsiemi non devono avere vettore in comune, salvo il neutro (+), quindi come $W$ prenderei $(0,1,0)$.
Il 3 ancora non l'ho letto, e non lo leggerò stasera
Non è che hai la soluzione?
Chiedo a chi ne sa più:: ora se $k=1$, i due autospazi $V_1$ e $V_k$ coincidono quindi si può dedurre che quella somma non è mai diretta che che non esiste $W$?
Vedo il caso $k!=1$
Dimmi se ti torna intanto che
-L'autospazio $V_1$, cioè relativo all'autovalore $\lambda=1$ è dato da
${(y=0),((k-1)z=0):}$
-L'autospazio $V_k$, cioè $\lambda=k$ è dato da
${((1-k)x+y=0),((1-k)y=0):}$
Per esempio nel caso $k!=1$ ho che $V_1$ è formato da tutti i vettori nela forma $(x,0,0)$ cioè una base è $(1,0,0)$.
Invece $V_k$ sempre in questo caso sarebbe l'insieme dei vettori $(0,0,z)$, base $(0,0,1)$.
Insomma, per essere in somma diretta tre sottoinsiemi non devono avere vettore in comune, salvo il neutro (+), quindi come $W$ prenderei $(0,1,0)$.
Il 3 ancora non l'ho letto, e non lo leggerò stasera
Non è che hai la soluzione?
No, niente soluzione purtroppo.
E il caso $k=0$ non l'hai considerato?
In realtà, per quanto riguarda il punto b), io nel caso in cui $k=1$ ho considerato $RR^3=V_1+W$ in quanto appunto i due autospazi $V_1$ e $V_k$ banalmente coinciderebbero, ma magari ho sbagliato a considerare! Sarebbe interessante conoscere un parere!
E il caso $k=0$ non l'hai considerato?
In realtà, per quanto riguarda il punto b), io nel caso in cui $k=1$ ho considerato $RR^3=V_1+W$ in quanto appunto i due autospazi $V_1$ e $V_k$ banalmente coinciderebbero, ma magari ho sbagliato a considerare! Sarebbe interessante conoscere un parere!
Non vedo il bisogno di fare un caso ad hoc per $k=0$.
Perché non deve rientrare nel caso generale $k!=1$ ?
Perché non deve rientrare nel caso generale $k!=1$ ?
se non ho sbagliato i calcoli non è la stessa cosa. $W$ deve avere dimensione $2$ in questo caso!
EDIT: purtroppo non trovo l'esercizio sul mio quaderno, ma riguardando meglio credo che tu abbia ragione, ho commesso un errore di calcolo!
EDIT: purtroppo non trovo l'esercizio sul mio quaderno, ma riguardando meglio credo che tu abbia ragione, ho commesso un errore di calcolo!
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