Endomorfismo nilpotente
Ciao!
Sia f$!=$0 un endomorfismo di $RR^3$ tale che $f^3=0$.Se $\lambda$ è autovalore allora $\lambda=0$.Se il rango di f è uguale a 2 allora $f^2!=0$. Se il rango di f è uguale a due dimostrare che esiste una base B tale che
mat(f;B,B)=$((0,1,0),(0,0,1),(0,0,0))$
Come suggerimento dice di considerare v,f(v),$f^2(v)$ con $vinRR^3$opportuno.
Io ho dimostrato che Im(f) e ker(f) sono in somma diretta.
Quindi una base di $RR^3$ puo essere formata da un vettore di ker(f) e da due indipendenti di Im(f).
Allora ho preso un $vinIm(f)$ tale che $v!=0$. Ora $f(v)inIm(f)$ ma $f(v)!=\lambdav$ per ipotesi. Quindi v e f(v) sono indipendenti e formano una base di Im(f).
Ora considero $f^2(v)$ questo appartiene a ker(f) perchè $f(f^2(v))=f^3(v)=0$ per ipotesi. Quindi $f^2(v)$ è vettore e base di ker(f).
Usando questa base la matrice risuta essere della forma richiesta però il problema è che $f^2(v)inIm(f)$ e $f^2(v)inker(f)$ e poiche sono in somma diretta $f^2(v)=0$ Quindi non può essere base e inoltre va contro le ipotesi.
Voi riuscite a vedere il problema? Grazie!
Sia f$!=$0 un endomorfismo di $RR^3$ tale che $f^3=0$.Se $\lambda$ è autovalore allora $\lambda=0$.Se il rango di f è uguale a 2 allora $f^2!=0$. Se il rango di f è uguale a due dimostrare che esiste una base B tale che
mat(f;B,B)=$((0,1,0),(0,0,1),(0,0,0))$
Come suggerimento dice di considerare v,f(v),$f^2(v)$ con $vinRR^3$opportuno.
Io ho dimostrato che Im(f) e ker(f) sono in somma diretta.
Quindi una base di $RR^3$ puo essere formata da un vettore di ker(f) e da due indipendenti di Im(f).
Allora ho preso un $vinIm(f)$ tale che $v!=0$. Ora $f(v)inIm(f)$ ma $f(v)!=\lambdav$ per ipotesi. Quindi v e f(v) sono indipendenti e formano una base di Im(f).
Ora considero $f^2(v)$ questo appartiene a ker(f) perchè $f(f^2(v))=f^3(v)=0$ per ipotesi. Quindi $f^2(v)$ è vettore e base di ker(f).
Usando questa base la matrice risuta essere della forma richiesta però il problema è che $f^2(v)inIm(f)$ e $f^2(v)inker(f)$ e poiche sono in somma diretta $f^2(v)=0$ Quindi non può essere base e inoltre va contro le ipotesi.
Voi riuscite a vedere il problema? Grazie!
Risposte
Io direi che l'errore è a monte:
Questo è falso, quindi c'è un errore nella tua dimostrazione.
Controesempio:
$f:RR^3\to RR^3$ tale che $f((x),(y),(z))=((0,1,0),(0,0,1),(0,0,0))((x),(y),(z))=((y),(z),(0))$.
Allora $f!=0$, $rank(f)=2$, $f^3=0$, $"ker"(f)=<(1,0,0)>$ e $"Im"(f)=<(1,0,0),(0,1,0)>$.
Quindi evidentemente $"ker"(f)$ e $"Im"(f)$ non sono a somma diretta.
"matteotass":
Io ho dimostrato che Im(f) e ker(f) sono in somma diretta.
Questo è falso, quindi c'è un errore nella tua dimostrazione.
Controesempio:
$f:RR^3\to RR^3$ tale che $f((x),(y),(z))=((0,1,0),(0,0,1),(0,0,0))((x),(y),(z))=((y),(z),(0))$.
Allora $f!=0$, $rank(f)=2$, $f^3=0$, $"ker"(f)=<(1,0,0)>$ e $"Im"(f)=<(1,0,0),(0,1,0)>$.
Quindi evidentemente $"ker"(f)$ e $"Im"(f)$ non sono a somma diretta.
Ho trovato l' errore. Prendendo $vinIm(f)\\Ker(f)$ tale che $f^2(v)!=0$. Quindi$v!=0$ e $f(v)!=\lambdav$, cioè v e f(v) sono linearmente indipendenti.
Ora per lo stesso motivo $f^2(v)$ e f(v) sono linearmente indipendenti. Supponendo per assurdo che $f^2(v)!=\lambdav$ si trova che anche $f^2(v)$ e v sono linearmente indipendenti quindi formano una base di$RR^3$.
Così può andare?
Ora per lo stesso motivo $f^2(v)$ e f(v) sono linearmente indipendenti. Supponendo per assurdo che $f^2(v)!=\lambdav$ si trova che anche $f^2(v)$ e v sono linearmente indipendenti quindi formano una base di$RR^3$.
Così può andare?
Vedo che ti stai avvicinando alla soluzione.
Purtroppo ancora non va, ci sono affermazioni ingiustificate (scusa la pignoleria, ma sono fatto così
).
Devi essere più preciso. Questo $v$ non può stare in $Im(f)$, altrimenti $v=f(w)$ e quindi $f^2(v)=f^3(w)=0$.
Piuttosto io direi così:
Visto che $"dim"\ Im(f)=2$ e $"dim"\ ker(f)=1$, esiste un vettore $w$ non nullo in $Im(f)\ \setminus\ ker(f)$. Essendo $w$ in $Im(f)$ esiste $v\in V$ tale che $w=f(v)$. Questo vettore $v$ è tale che $f^2(v)!=0$, perchè $f(v)=w\notin ker(f)$.
Poi c'è un'altra cosa che non va.
Per dimostrare che $v,f(v),f^2(v)$ sono linearmente indipendenti non basta dimostrare che lo sono a due a due. Devi prendere una combinazione lineare nulla di tutti e tre i vettori e devi dimostrare che i tre coefficienti sono nulli.
Purtroppo ancora non va, ci sono affermazioni ingiustificate (scusa la pignoleria, ma sono fatto così
)."matteotass":
Prendendo $vinIm(f)\\Ker(f)$ tale che $f^2(v)!=0$...
Devi essere più preciso. Questo $v$ non può stare in $Im(f)$, altrimenti $v=f(w)$ e quindi $f^2(v)=f^3(w)=0$.
Piuttosto io direi così:
Visto che $"dim"\ Im(f)=2$ e $"dim"\ ker(f)=1$, esiste un vettore $w$ non nullo in $Im(f)\ \setminus\ ker(f)$. Essendo $w$ in $Im(f)$ esiste $v\in V$ tale che $w=f(v)$. Questo vettore $v$ è tale che $f^2(v)!=0$, perchè $f(v)=w\notin ker(f)$.
Poi c'è un'altra cosa che non va.
Per dimostrare che $v,f(v),f^2(v)$ sono linearmente indipendenti non basta dimostrare che lo sono a due a due. Devi prendere una combinazione lineare nulla di tutti e tre i vettori e devi dimostrare che i tre coefficienti sono nulli.
La prima parte l' ho capita.
Per la seconda ho provato a supporre per assurdo che fossero dipendenti quindi:
$f^2(v)=\alphav+\betaf(v)$
Applico f:
$f^3(v)=f(\alphav+\betaf(v)$
$f^3(v)=\alphaf(v)+\betaf^2(v)$
$0=\alphaf(v)+\betaf^2(v)$
Poichè f(v) e $f^2(v)$ sono indipendenti (come visto prima) questo implica che $\alpha=\beta=0$ quindi tornando alla prima uguaglianza ho che $f^2(v)=0$ che è assurdo.
Quindi sono indipendenti e formano una base.
Stavolta mi sembra di non aver fatto errori.
Grazie ancora!
Per la seconda ho provato a supporre per assurdo che fossero dipendenti quindi:
$f^2(v)=\alphav+\betaf(v)$
Applico f:
$f^3(v)=f(\alphav+\betaf(v)$
$f^3(v)=\alphaf(v)+\betaf^2(v)$
$0=\alphaf(v)+\betaf^2(v)$
Poichè f(v) e $f^2(v)$ sono indipendenti (come visto prima) questo implica che $\alpha=\beta=0$ quindi tornando alla prima uguaglianza ho che $f^2(v)=0$ che è assurdo.
Quindi sono indipendenti e formano una base.
Stavolta mi sembra di non aver fatto errori.
Grazie ancora!
Sì, funziona. Anche perché avevi provato la lineare indipendenza di $v$ ed $f(v)$.
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