Equazione vettoriale
Vi propongo questo "semplice" (vale un solo punto) esercizio di esame che però io non sono stata in grado di risolvere. Vi sarei grata se mi esponete la soluzione in modo generale cosicché se il Prof. cambia i dati io riesco comunque a risolverlo.
Sia $F$ una applicazione lineare la cui matrice associata rispetto alla base canonica in partenza ed in arrivo è $ ( ( -2 , -3 , 1 ),( 1 , 0 , 1 ),( 0 , -2 , 2 ) ) $. Calcolare tutti i vettori $v \in R^3$ tali che $ F^{888884444422}(v)=-v.$
Grazie anticipatamente a chiunque mi risponderà.
Sia $F$ una applicazione lineare la cui matrice associata rispetto alla base canonica in partenza ed in arrivo è $ ( ( -2 , -3 , 1 ),( 1 , 0 , 1 ),( 0 , -2 , 2 ) ) $. Calcolare tutti i vettori $v \in R^3$ tali che $ F^{888884444422}(v)=-v.$
Grazie anticipatamente a chiunque mi risponderà.
Risposte
Che carino questo esercizio, sono sicuro che se me lo fossi trovato davanti ad un esame sarei andato nel pallone.
Ci provo.
Il trucchetto che mi viene in mente è il seguente. Non so se è il più rapido. E' l'unico che mi è venuto in mente.
Diagonalizzo $A$. Su $RR$ non posso farlo, in quanto $A$ non è diagonalizzabile su $RR$.
Lo faccio su $CC$. Posso farlo perchè $A$ ha tre autovalori complessi distinti che sono precisamente $0,i,-i$.
Pertanto esiste $M\in GL(n,CC)$ tale che $A=M^{-1}DM$, dove $D$ è nella forma
$D=((0,0,0),(0,i,0),(0,0,-i))$
E' facile dimostrare (per esempio per induzione) che per ogni $k$ vale $A^k=M^{-1}D^kM$.
Quindi se $n=888884444422$, si ha che $A^n=M^{-1}D^nM$.
Ora, osserviamo che $D^4=((0,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$
Ma, visto che $n=m\cdot 4+1$*, con $m=222221111105$, si ha che
[* Pure i bambini a scuola elementare saprebbero fare questa divisione. Io sono riuscito sbagliarla. Pomeriggio sistemerò.]
$D^n=(D^4)^m\cdot D=((0,0,0),(0,i,0),(0,0,-i))=D$.
Da ciò segue che $A^n$ è simile a $D$.
In particolare se $v\in RR^3$ è tale che $A^nv=-v$, allora (visto che $A^n=M^{-1}DM$) si ha che
$D(Mv)=(DM)v=(MA)v=-Mv$
Questo mi dice che $Mv$ è autovettore di $D$ con autovalore $-1$.
Ma $D$ non ammette autovettori con autovalore $-1$ se non il vettore nullo, quindi $Mv=0$, da cui segue che $v=0$.
Pertanto l'unico vettore $v\in RR^3$ tale che $F^n(v)=-v$ è $v=0$.
Edit: Ora che ci penso un'altra possibilità, forse più breve, sarebbe passare dalla forma canonica di Jordan di $A$, anche se non ho pensato a tutti i dettagli.
Dovrei formalizzare meglio il ragionamento.
E ho dimenticato un'altra cosa: benvenuta nel forum
Ci provo.
Il trucchetto che mi viene in mente è il seguente. Non so se è il più rapido. E' l'unico che mi è venuto in mente.
Diagonalizzo $A$. Su $RR$ non posso farlo, in quanto $A$ non è diagonalizzabile su $RR$.
Lo faccio su $CC$. Posso farlo perchè $A$ ha tre autovalori complessi distinti che sono precisamente $0,i,-i$.
Pertanto esiste $M\in GL(n,CC)$ tale che $A=M^{-1}DM$, dove $D$ è nella forma
$D=((0,0,0),(0,i,0),(0,0,-i))$
E' facile dimostrare (per esempio per induzione) che per ogni $k$ vale $A^k=M^{-1}D^kM$.
Quindi se $n=888884444422$, si ha che $A^n=M^{-1}D^nM$.
Ora, osserviamo che $D^4=((0,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$
Ma, visto che $n=m\cdot 4+1$*, con $m=222221111105$, si ha che
[* Pure i bambini a scuola elementare saprebbero fare questa divisione. Io sono riuscito sbagliarla. Pomeriggio sistemerò.]
$D^n=(D^4)^m\cdot D=((0,0,0),(0,i,0),(0,0,-i))=D$.
Da ciò segue che $A^n$ è simile a $D$.
In particolare se $v\in RR^3$ è tale che $A^nv=-v$, allora (visto che $A^n=M^{-1}DM$) si ha che
$D(Mv)=(DM)v=(MA)v=-Mv$
Questo mi dice che $Mv$ è autovettore di $D$ con autovalore $-1$.
Ma $D$ non ammette autovettori con autovalore $-1$ se non il vettore nullo, quindi $Mv=0$, da cui segue che $v=0$.
Pertanto l'unico vettore $v\in RR^3$ tale che $F^n(v)=-v$ è $v=0$.
Edit: Ora che ci penso un'altra possibilità, forse più breve, sarebbe passare dalla forma canonica di Jordan di $A$, anche se non ho pensato a tutti i dettagli.
Dovrei formalizzare meglio il ragionamento.
E ho dimenticato un'altra cosa: benvenuta nel forum
Grazie per il wellcome! 
Il Prof. però non ha mai fatto menzione ai numeri complessi durante il corso
.
Il Prof. però non ha mai fatto menzione ai numeri complessi durante il corso
.
Ops, scusa ho sbagliato i conti (precisamente ho sbagliato la divisione...)
Dopo pranzo sistemo tutto...
Dopo pranzo sistemo tutto...
Forse se scrivo il resto dell'esercizio è più facile.
Siano inoltre $ v_1=( ( 1 ),( -1 ),( -1 ) ) , v_2=( ( 2 ),( -1 ),( 0 ) ), v_3=( ( 1 ),( -2 ),( -2 ) ) $.
(a) Dimostrare che $b=(v_1,v_2,v_3)$ è una base di $R^3$. (1 punto)
(b) Trovare le matrici di cambiamento di base $_e^b$ e $_b^e$. (3 punti)
(c) Scrivere la relazione che lega la matrice $[F]_e^e$ con $[F]_b^b$ e calcolare $[F]_b^b$. (3 punti)
(d) Trovare tutti i $v \in R^3$ con $F^{888884444422}(v)=-v$. (1 punto)
Non ho particolari problemi con i punti (a), (b) e (c).
Siano inoltre $ v_1=( ( 1 ),( -1 ),( -1 ) ) , v_2=( ( 2 ),( -1 ),( 0 ) ), v_3=( ( 1 ),( -2 ),( -2 ) ) $.
(a) Dimostrare che $b=(v_1,v_2,v_3)$ è una base di $R^3$. (1 punto)
(b) Trovare le matrici di cambiamento di base $_e^b$ e $_b^e$. (3 punti)
(c) Scrivere la relazione che lega la matrice $[F]_e^e$ con $[F]_b^b$ e calcolare $[F]_b^b$. (3 punti)
(d) Trovare tutti i $v \in R^3$ con $F^{888884444422}(v)=-v$. (1 punto)
Non ho particolari problemi con i punti (a), (b) e (c).
Beh, sì, direi che con questi dati a disposizione, dovrebbe essere più facile:
ho fatto fare i calcoli al computer. La matrice associata ad $F$ rispetto alla base $b$ dovrebbe essere (correggimi se sbaglio)
$B=((0,0,0),(0,0,1),(0,-1,0))$
Quindi $A=M^{-1}BM$, essendo $M$ la matrice di passaggio.
Non dovrebbe essere complicato calcolare $B^4$.
Si ottiene $B^4=((0,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$
Ora si ricalca un po' l'idea del mio post precedente:
E' facile dimostrare (per esempio per induzione) che per ogni $k$ vale $A^k=M^{-1}B^kM$.
Quindi se $n=888884444422$, si ha che $A^n=M^{-1}D^nM$.
Ma, visto che $n=m\cdot 4+2$, con $m=222221111105$, si ha che
$B^n=(B^4)^m\cdot B^2=B^2=((0,0,0),(0,-1,0),(0,0,-1))$.
Da ciò segue che $A^n$ è simile a $B^2$.
In particolare se $v\in RR^3$ è tale che $A^nv=-v$, allora (visto che $A^n=M^{-1}B^2M$) si ha che
$B^2(Mv)=(B^2M)v=(MA^n)v=-Mv$
Questo mi dice che $Mv$ è autovettore di $B^2$ con autovalore $-1$.
Ma gli autovettori di $B^2$ con autovalore $-1$ sono tutte e sole le combinazioni del tipo $ae_2+be_3$.
Premoltiplicando per $M$ si ottiene che tutti e soli i vettori $v$ tali che $F^n(v)=-v$ sono nella forma $av_2+bv_3$, con $a,b\in RR$.
Ho scritto un po' di fretta, ma spero di non aver commesso errori questa volta.
ho fatto fare i calcoli al computer. La matrice associata ad $F$ rispetto alla base $b$ dovrebbe essere (correggimi se sbaglio)
$B=((0,0,0),(0,0,1),(0,-1,0))$
Quindi $A=M^{-1}BM$, essendo $M$ la matrice di passaggio.
Non dovrebbe essere complicato calcolare $B^4$.
Si ottiene $B^4=((0,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$
Ora si ricalca un po' l'idea del mio post precedente:
E' facile dimostrare (per esempio per induzione) che per ogni $k$ vale $A^k=M^{-1}B^kM$.
Quindi se $n=888884444422$, si ha che $A^n=M^{-1}D^nM$.
Ma, visto che $n=m\cdot 4+2$, con $m=222221111105$, si ha che
$B^n=(B^4)^m\cdot B^2=B^2=((0,0,0),(0,-1,0),(0,0,-1))$.
Da ciò segue che $A^n$ è simile a $B^2$.
In particolare se $v\in RR^3$ è tale che $A^nv=-v$, allora (visto che $A^n=M^{-1}B^2M$) si ha che
$B^2(Mv)=(B^2M)v=(MA^n)v=-Mv$
Questo mi dice che $Mv$ è autovettore di $B^2$ con autovalore $-1$.
Ma gli autovettori di $B^2$ con autovalore $-1$ sono tutte e sole le combinazioni del tipo $ae_2+be_3$.
Premoltiplicando per $M$ si ottiene che tutti e soli i vettori $v$ tali che $F^n(v)=-v$ sono nella forma $av_2+bv_3$, con $a,b\in RR$.
Ho scritto un po' di fretta, ma spero di non aver commesso errori questa volta.
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