Esercizio lungo con diagonalizzabilità
\(\newcommand\rr{\mathbb R}\)Sto facendo uno degli esercizi sui tutorati, sul quale vorrei un riscontro.
1. Mi sembra molto semplice, visto che mi si dice immediatamente come compilare la matrice associata a \(L\), che è
\[A := \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\]
2. Il rango della matrice è \(3\) in quanto \(3\) è il numero massimo di colonne linearmente indipendenti in \(A\).
Di conseguenza, la dimensione di \(\ker L\) è \(1\). Per come è definito \(L\), il vettore \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \in \ker L\): questo non è nullo, quindi è linearmente indipendente, e questo elemento forma una base del kernel.
3. La funzione \(L^2 = L \circ L\) ha associata a sè la matrice
\[A^2 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\]
4. Come prima \(\dim L^2 = 2\), in quanto la matrice associata \(A^2\) ha due colonne linearmente indipendenti. Di conseguenza, per il teorema delle dimensioni, \(\dim \ker L^2 = 2\). Gli elementi \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) stanno in \(\ker L^2\) e sono linearmente indipendenti: è una base di questo kernel. Sono riuscito a dimostrare che
\[A^n = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} \quad \text{per ogni \(n \ge 3\)}\].
Quindi se \(n \ge 3\), allora \(\dim \text{Im}L^n = 1\), visto che l'unica colonna non nulla è linearmente indipendente e \(\dim\ker L^n = 3\): Gli elementi \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\) stanno in \(\ker L^2\) e sono linearmente indipendenti, quindi formano una base di questo kernel.
5. Come sono fatte le matrici \(A^n\) hanno tutte il polinomio caratteristico \[p_{A^n}(t) = (1-t)(-t)^3 = t^3(t-1).\] Gli autovalori sono \(0\) e \(1\), entrambe reali, con molteplicità rispettivamente 3 e 1. Ora la molteplicità geometrica \(\dim\ker (A -0I) = \dim\ker A\) è \(1\) non \(3\), e quindi \(A\) non è diagonalizzabile. Similmente, le molteplicità geometriche e algebriche di \(0\) sono rispettivamente \(2\) e \(3\), quindi \(A^2\) non è diagonalizzabile. Se \(n \ge 3\), allora le molteplicità algebriche e geometriche di ciascuno dei due autovalori coincidono:
\begin{align*}
& \dim\ker (A^n -0I) = \dim\ker A^n = 3 \\
& \dim\ker (A^n-I) = 1
\end{align*}
Fiù... è stato più difficile da scrive a computer, che farlo. Può andare?
Sia \(\{e_1, e_2, e_3, e_4\}\) la base standard di \(\rr^4\). Sia \(L : \rr^4 \to \rr^4\) l'applicazione lineare tale che \[L(e_1) = e_1, L(e_2) = 0, L(e_3) = e_2, L(e_4) = e_3.\]
1. Scrivere la matrice associata a \(L\) rispetto alle basi standard in parenza e in arrivo.
2. Determinare la dimensione dell'immagine di \(L\) e una base del nucleo di \(L\).
3. Scrivere la matrice associata all'applicazione lineare \(L^2 = L \circ L\) rispetto alle basi standard.
4. Determinare la dimensione dell'immagine di \(L^n\) e una base del nucleo di \(L^n\), con \(n \ge 2\).
5. Per quali \(n\) si ha che \(L^n\) è diagonalizzabile.
1. Mi sembra molto semplice, visto che mi si dice immediatamente come compilare la matrice associata a \(L\), che è
\[A := \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\]
2. Il rango della matrice è \(3\) in quanto \(3\) è il numero massimo di colonne linearmente indipendenti in \(A\).
Di conseguenza, la dimensione di \(\ker L\) è \(1\). Per come è definito \(L\), il vettore \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \in \ker L\): questo non è nullo, quindi è linearmente indipendente, e questo elemento forma una base del kernel.
3. La funzione \(L^2 = L \circ L\) ha associata a sè la matrice
\[A^2 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\]
4. Come prima \(\dim L^2 = 2\), in quanto la matrice associata \(A^2\) ha due colonne linearmente indipendenti. Di conseguenza, per il teorema delle dimensioni, \(\dim \ker L^2 = 2\). Gli elementi \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) stanno in \(\ker L^2\) e sono linearmente indipendenti: è una base di questo kernel. Sono riuscito a dimostrare che
\[A^n = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} \quad \text{per ogni \(n \ge 3\)}\].
Quindi se \(n \ge 3\), allora \(\dim \text{Im}L^n = 1\), visto che l'unica colonna non nulla è linearmente indipendente e \(\dim\ker L^n = 3\): Gli elementi \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\) stanno in \(\ker L^2\) e sono linearmente indipendenti, quindi formano una base di questo kernel.
5. Come sono fatte le matrici \(A^n\) hanno tutte il polinomio caratteristico \[p_{A^n}(t) = (1-t)(-t)^3 = t^3(t-1).\] Gli autovalori sono \(0\) e \(1\), entrambe reali, con molteplicità rispettivamente 3 e 1. Ora la molteplicità geometrica \(\dim\ker (A -0I) = \dim\ker A\) è \(1\) non \(3\), e quindi \(A\) non è diagonalizzabile. Similmente, le molteplicità geometriche e algebriche di \(0\) sono rispettivamente \(2\) e \(3\), quindi \(A^2\) non è diagonalizzabile. Se \(n \ge 3\), allora le molteplicità algebriche e geometriche di ciascuno dei due autovalori coincidono:
\begin{align*}
& \dim\ker (A^n -0I) = \dim\ker A^n = 3 \\
& \dim\ker (A^n-I) = 1
\end{align*}
Fiù... è stato più difficile da scrive a computer, che farlo. Può andare?
Risposte
Voglio dire:
\[
\text{Im} = \left\{A\begin{pmatrix}x \\ y \\ z \\ t\end{pmatrix} \mid x,y,z,t \in \mathbb R\right\} = \left\{\begin{pmatrix}x \\ z \\ t \\ 0\end{pmatrix} \mid x,z,t \in \mathbb R\right\}
\] e che c'è l'isomorfismo \(\varphi : \mathbb R^3 \to \text{Im}L\) tale che
\[\varphi\begin{pmatrix}a \\ b \\ c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a \\ b \\ c \\ 0\end{pmatrix}.\]
\[
\text{Im} = \left\{A\begin{pmatrix}x \\ y \\ z \\ t\end{pmatrix} \mid x,y,z,t \in \mathbb R\right\} = \left\{\begin{pmatrix}x \\ z \\ t \\ 0\end{pmatrix} \mid x,z,t \in \mathbb R\right\}
\] e che c'è l'isomorfismo \(\varphi : \mathbb R^3 \to \text{Im}L\) tale che
\[\varphi\begin{pmatrix}a \\ b \\ c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a \\ b \\ c \\ 0\end{pmatrix}.\]
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