Endomorfismo: determinare autovalori, autospazi, mostrare che è diagonalizzabile.
Salve a tutti 
Scrivo il testo dell'esercizio:
Sia $f : R^2 -> R^2$ l'endomorfismo di $R^2$ tale che $kerf = L((5,5))$ e $f((2,3)) = (4,3)$. Determinare gli autovalori e gli autospazi. Mostrare che $f$ è diagonalizzabile e determinare una base $B$ di $R^2$ diagonalizzante $f$. $V = {(x,y)$ $in$ $R^2 | f((x,y)) = (y,x)}$ è sottospazio di $R^2$? Se si determinarne una base e la dimensione.
Scrivo il testo dell'esercizio:
Sia $f : R^2 -> R^2$ l'endomorfismo di $R^2$ tale che $kerf = L((5,5))$ e $f((2,3)) = (4,3)$. Determinare gli autovalori e gli autospazi. Mostrare che $f$ è diagonalizzabile e determinare una base $B$ di $R^2$ diagonalizzante $f$. $V = {(x,y)$ $in$ $R^2 | f((x,y)) = (y,x)}$ è sottospazio di $R^2$? Se si determinarne una base e la dimensione.
Risposte
Ciao, idee tue?
PS. Ma sono due esercizi o uno solo?
PS. Ma sono due esercizi o uno solo?
"minomic":
Ciao, idee tue?
PS. Ma sono due esercizi o uno solo?
L'esercizio è uno..è preso da un esame di geometria del 2012...
Ok, in ogni caso dovresti postare qualche tua idea: da dove partiresti per risolverlo?
Ah ok
volevo evitare di postare il mio procedimento per evitare di scrivere assurdità...
in ogni caso:
$f((5,5))=(0,0)$
$f((2,3))=(4,3)$
$2f((2,3))-f((5,5)) = f(-1,1) = (8,6)$
$4f((-1,1)) = f((-4,4)) = (32,24)$
$2f((2,3)) + f((-4,4)) = f((0,10)) = (40,30)$
$f((0,1)) = (1/10)*f((0,10)) = (4,3)$
$f((1,0)) = -f((-1,1)) + f((0,1)) = (-4,-3)$
quindi la matrice associata all'endomorfismo è:
$A$ $=$ $((4,-4),(3,-3))$
neanche so se è giusta la prima parte, ma mi pare difficile che lo sia...
volevo evitare di postare il mio procedimento per evitare di scrivere assurdità...
in ogni caso:$f((5,5))=(0,0)$
$f((2,3))=(4,3)$
$2f((2,3))-f((5,5)) = f(-1,1) = (8,6)$
$4f((-1,1)) = f((-4,4)) = (32,24)$
$2f((2,3)) + f((-4,4)) = f((0,10)) = (40,30)$
$f((0,1)) = (1/10)*f((0,10)) = (4,3)$
$f((1,0)) = -f((-1,1)) + f((0,1)) = (-4,-3)$
quindi la matrice associata all'endomorfismo è:
$A$ $=$ $((4,-4),(3,-3))$
neanche so se è giusta la prima parte, ma mi pare difficile che lo sia...
Mi sembra tutto giusto fino alla matrice! Infatti sarà data da $$\left(\left.f\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right|f\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)$$ quindi con le colonne scambiate tra loro rispetto a quella che hai scritto tu.
Vedo che il tuo scopo non è quello di farti svolgere tutto l'esercizio, quindi ti posto la soluzione (che avevo preparato nel frattempo) e poi discutiamo insieme degli eventuali dubbi che ti vengono.
Il fatto che il nucleo dell'applicazione sia lo Span di $(5,5)^T$ ci fa dire che $$f\begin{pmatrix}
1\\1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}$$ Sappiamo che l'applicazione è lineare, quindi varrà $$f\begin{pmatrix} a\\b\end{pmatrix} = a\ f\begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix}+b\ f\begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix}$$ Sfruttando questo fatto e l'informazione data sull'immagine di $(2,3)^T$ possiamo scrivere $$\begin{cases}
2f\begin{pmatrix} 1\\0\end{pmatrix}+3f\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\3\end{pmatrix} \\
f\begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix}+f\begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\end{pmatrix}
\end{cases}$$ Risolvendo il sistema troviamo $$f\begin{pmatrix} 1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\\-3\end{pmatrix} \qquad \qquad f\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\3\end{pmatrix}$$ La matrice associata all'applicazione lineare è quindi $$A=\begin{pmatrix} -4&4 \\ -3&3\end{pmatrix}.$$ Calcoliamo ora gli autovalori di questa matrice, trovando le radici del suo polinomio caratteristico, cioè del determinante di $$A-\lambda I = \begin{pmatrix} -4-\lambda&4\\-3&3-\lambda \end{pmatrix}.$$ Con qualche calcolo si trova che il polinomio caratteristico è $$\chi_A(\lambda) = \lambda^2+\lambda = \lambda\left(\lambda+1\right)$$ Gli autovalori sono quindi $$\lambda=0 \qquad \lambda = -1$$ Sono entrambi semplici (cioè con molteplicità algebrica pari a $1$) quindi la matrice è sicuramente diagonalizzabile.
Troviamo gli autovettori. Dalla definizione sappiamo che $v$ è un autovettore di $A$ relativo all'autovalore \(\lambda^*\) se $$Av = \lambda^* v$$ quindi se $$\left(A-\lambda^* I\right)v = 0.$$ Questo significa che per ogni autovalore \(\lambda^*\) trovato dovremo calcolare il nucleo (o kernel) della matrice $$A-\lambda^* I$$ Iniziamo da $\lambda = 0$. In questo caso la matrice rimane uguale ad $A$, il cui nucleo è l'immagine del vettore $(1,1)^T$.
Passiamo quindi a $\lambda = -1$. La matrice è $$A+I = \begin{pmatrix}-3&4\\-3&4 \end{pmatrix}$$ il cui nucleo è l'immagine del vettore $(4,3)^T$. Una base di autovettori è quindi $$v_1 = \begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix} \qquad \qquad v_2 = \begin{pmatrix} 4\\3\end{pmatrix}$$ Costruiamo la matrice $P$: $$P = \begin{pmatrix} 1&4\\1&3\end{pmatrix}$$ e calcoliamo la sua inversa $$P^{-1} = \begin{pmatrix} -3&4\\1&-1\end{pmatrix}$$ A questo punto possiamo scrivere $$D = P^{-1}\ A\ P$$ dove $D$ è la matrice diagonalizzata. Nel nostro caso $$D=\begin{pmatrix} -3&4\\1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -4&4 \\ -3&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&4\\1&3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&0\\0&-1\end{pmatrix}.$$
Il fatto che il nucleo dell'applicazione sia lo Span di $(5,5)^T$ ci fa dire che $$f\begin{pmatrix}
1\\1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}$$ Sappiamo che l'applicazione è lineare, quindi varrà $$f\begin{pmatrix} a\\b\end{pmatrix} = a\ f\begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix}+b\ f\begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix}$$ Sfruttando questo fatto e l'informazione data sull'immagine di $(2,3)^T$ possiamo scrivere $$\begin{cases}
2f\begin{pmatrix} 1\\0\end{pmatrix}+3f\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\3\end{pmatrix} \\
f\begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix}+f\begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\end{pmatrix}
\end{cases}$$ Risolvendo il sistema troviamo $$f\begin{pmatrix} 1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\\-3\end{pmatrix} \qquad \qquad f\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\3\end{pmatrix}$$ La matrice associata all'applicazione lineare è quindi $$A=\begin{pmatrix} -4&4 \\ -3&3\end{pmatrix}.$$ Calcoliamo ora gli autovalori di questa matrice, trovando le radici del suo polinomio caratteristico, cioè del determinante di $$A-\lambda I = \begin{pmatrix} -4-\lambda&4\\-3&3-\lambda \end{pmatrix}.$$ Con qualche calcolo si trova che il polinomio caratteristico è $$\chi_A(\lambda) = \lambda^2+\lambda = \lambda\left(\lambda+1\right)$$ Gli autovalori sono quindi $$\lambda=0 \qquad \lambda = -1$$ Sono entrambi semplici (cioè con molteplicità algebrica pari a $1$) quindi la matrice è sicuramente diagonalizzabile.
Troviamo gli autovettori. Dalla definizione sappiamo che $v$ è un autovettore di $A$ relativo all'autovalore \(\lambda^*\) se $$Av = \lambda^* v$$ quindi se $$\left(A-\lambda^* I\right)v = 0.$$ Questo significa che per ogni autovalore \(\lambda^*\) trovato dovremo calcolare il nucleo (o kernel) della matrice $$A-\lambda^* I$$ Iniziamo da $\lambda = 0$. In questo caso la matrice rimane uguale ad $A$, il cui nucleo è l'immagine del vettore $(1,1)^T$.
Passiamo quindi a $\lambda = -1$. La matrice è $$A+I = \begin{pmatrix}-3&4\\-3&4 \end{pmatrix}$$ il cui nucleo è l'immagine del vettore $(4,3)^T$. Una base di autovettori è quindi $$v_1 = \begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix} \qquad \qquad v_2 = \begin{pmatrix} 4\\3\end{pmatrix}$$ Costruiamo la matrice $P$: $$P = \begin{pmatrix} 1&4\\1&3\end{pmatrix}$$ e calcoliamo la sua inversa $$P^{-1} = \begin{pmatrix} -3&4\\1&-1\end{pmatrix}$$ A questo punto possiamo scrivere $$D = P^{-1}\ A\ P$$ dove $D$ è la matrice diagonalizzata. Nel nostro caso $$D=\begin{pmatrix} -3&4\\1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -4&4 \\ -3&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&4\\1&3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&0\\0&-1\end{pmatrix}.$$
ok tutto torna..ho rifatto l'esercizio con la matrice corretta...il mio dubbio era sul procedimento iniziale: sembrava troppo campato in aria! Il tuo procedimento è senza alcun dubbio quello da adottare.. Il resto va bene... 
grazie!
grazie!
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