Esercizio riguardo iniettività e autovalori di T
Salve a tutti ragazzi!
E' la prima volta che tento di risolvere un esercizio di algebra lineare sicchè perdonatemi se scrivo qualche baggianata (...e sarà molto probabile che succeda!
)
Allora, del seguente quesito devo indicare la risposta corretta:
Sia $T:RR^3->RR^3$ l'applicazione lineare tale che $T(1,0,0)=(1,1,0),T(0,2,0)=(2,0,2),T(0,0,-1)=(2,1,1)$
Allora:
1)$\lambda=-2$ è autovalore e $T$ è iniettiva.
2)$\lambda=0$ è autovalore e $T$ è iniettiva.
3)$\lambda=-2$ è autovalore e $T$ non è iniettiva.
4)$\lambda=1$ è autovalore e $T$ non è iniettiva.
5)$\lambda=1$ è autovalore e $T$ è iniettiva.
Per prima cosa mi ricavo l'espressione di $T$ rispetto la base $B={e_1,e_2,e_3}$
Per $e_1$ sono apposto.
Per $e_2$ no, quindi individuerei l'espressione nel seguente modo:
$T(0,2,0)=(2,0,2)=T(2e_2)=2T(e_2)$
Quindi direi che $T(e_2)=(1,0,1)$
Analogo è il caso per $e_3$:
$T(0,0,-1)=(2,1,1)=T(-e_3)=-T(e_3)$
$=>T(e_3)=(-2,-1,-1)$
Adesso posso passare alla notazione matriciale di $T$ rispetto $B$:
$T(x)=[[1,1,-2],[1,0,-1],[0,1,-1]]$
Quindi posso calcolarmi il polinomio carattersitico di $T$:
$|[1-\lambda,1,-2],[1,-\lambda,-1],[0,1,-1-\lambda]|=0$
$=>(1-\lambda)(\lambda+\lambda^2+1)+1+\lambda-2(1)=0$
$=>\lambda+\lambda^2+1-\lambda^2-\lambda^3-\lambda+1+\lambda-2=0$
$=>\lambda(1-\lambda^2)=0$
Equazione dalla quale deduco che i 3 autovalori siano:
$\lambda_1=0$,$\lambda_2=1$,$\lambda_3=-1$
Quindi direi che la risposta giusta o è la 4 o la 5.
Ora devo verificare se $T$ è iniettiva o no.
Lo posso fare sfruttando il fatto $T$ è iniettiva $<=>\KerT=0_B$.
Quindi si tratta di risolvere il seguente sistema lineare omogeno:
${(t_1+t_2=0),(t_1+t_3=0),(-2t_1-t_2-t_3=0):}$
$={(t_2=-t_1),(t_3=-t_1),(-2t_1+t_1+t_1=0):}$
Che ha infinite soluzioni, più precisamente posto $t_1=a$ ho che le soluzioni sono:
$S:{(t_1,t_2,t_3)\inL(B):(t_1=a,t_2=-a,t_3=-a) AAa\inRR}$
(non sono sicuro che sia corretta questa notazione, sicchè perdonatemi se non ha senso)
Allora ricapitolando, la risposta giusta è la 4 in quanto $T$ ammette effettivamente come autovalore $\lambda=1$ e non è iniettiva visto che nel nucleo non vi è solamente il vettore nullo.
Ora, io sono un vero e proprio principiante, quindi non so quante bischerate ho scritto sicchè se qualcuno fosse in grado di darmi qualche consiglio o farmi notare qualche errore/orrore concettuale e di calcolo è ben accetto!
Grazie mille in anticipo a tutti!
E' la prima volta che tento di risolvere un esercizio di algebra lineare sicchè perdonatemi se scrivo qualche baggianata (...e sarà molto probabile che succeda!
)Allora, del seguente quesito devo indicare la risposta corretta:
Sia $T:RR^3->RR^3$ l'applicazione lineare tale che $T(1,0,0)=(1,1,0),T(0,2,0)=(2,0,2),T(0,0,-1)=(2,1,1)$
Allora:
1)$\lambda=-2$ è autovalore e $T$ è iniettiva.
2)$\lambda=0$ è autovalore e $T$ è iniettiva.
3)$\lambda=-2$ è autovalore e $T$ non è iniettiva.
4)$\lambda=1$ è autovalore e $T$ non è iniettiva.
5)$\lambda=1$ è autovalore e $T$ è iniettiva.
Per prima cosa mi ricavo l'espressione di $T$ rispetto la base $B={e_1,e_2,e_3}$
Per $e_1$ sono apposto.
Per $e_2$ no, quindi individuerei l'espressione nel seguente modo:
$T(0,2,0)=(2,0,2)=T(2e_2)=2T(e_2)$
Quindi direi che $T(e_2)=(1,0,1)$
Analogo è il caso per $e_3$:
$T(0,0,-1)=(2,1,1)=T(-e_3)=-T(e_3)$
$=>T(e_3)=(-2,-1,-1)$
Adesso posso passare alla notazione matriciale di $T$ rispetto $B$:
$T(x)=[[1,1,-2],[1,0,-1],[0,1,-1]]$
Quindi posso calcolarmi il polinomio carattersitico di $T$:
$|[1-\lambda,1,-2],[1,-\lambda,-1],[0,1,-1-\lambda]|=0$
$=>(1-\lambda)(\lambda+\lambda^2+1)+1+\lambda-2(1)=0$
$=>\lambda+\lambda^2+1-\lambda^2-\lambda^3-\lambda+1+\lambda-2=0$
$=>\lambda(1-\lambda^2)=0$
Equazione dalla quale deduco che i 3 autovalori siano:
$\lambda_1=0$,$\lambda_2=1$,$\lambda_3=-1$
Quindi direi che la risposta giusta o è la 4 o la 5.
Ora devo verificare se $T$ è iniettiva o no.
Lo posso fare sfruttando il fatto $T$ è iniettiva $<=>\KerT=0_B$.
Quindi si tratta di risolvere il seguente sistema lineare omogeno:
${(t_1+t_2=0),(t_1+t_3=0),(-2t_1-t_2-t_3=0):}$
$={(t_2=-t_1),(t_3=-t_1),(-2t_1+t_1+t_1=0):}$
Che ha infinite soluzioni, più precisamente posto $t_1=a$ ho che le soluzioni sono:
$S:{(t_1,t_2,t_3)\inL(B):(t_1=a,t_2=-a,t_3=-a) AAa\inRR}$
(non sono sicuro che sia corretta questa notazione, sicchè perdonatemi se non ha senso)
Allora ricapitolando, la risposta giusta è la 4 in quanto $T$ ammette effettivamente come autovalore $\lambda=1$ e non è iniettiva visto che nel nucleo non vi è solamente il vettore nullo.
Ora, io sono un vero e proprio principiante, quindi non so quante bischerate ho scritto sicchè se qualcuno fosse in grado di darmi qualche consiglio o farmi notare qualche errore/orrore concettuale e di calcolo è ben accetto!
Grazie mille in anticipo a tutti!
Risposte
Non avevo notato che dopo aver ricavato gli autovalori poteva essere benissimo anche la 2 la risposta giusta...
Comunque il risultato mi sembra abbastanza verosimile in quanto se $T$ fosse stata iniettiva si sarebbe perso l'univocità della risposta giusta.
Comunque il risultato mi sembra abbastanza verosimile in quanto se $T$ fosse stata iniettiva si sarebbe perso l'univocità della risposta giusta.
Per l'iniettività bastava anche calcolare il determinante: se fosse stato pari a zero, allora l'endomorfismo sarebbe stato iniettivo.
Questa mi è nuova...
Per essere sicuri, ti riferisci alla matrice associata a $T$ giusto?
Per essere sicuri, ti riferisci alla matrice associata a $T$ giusto?
"ciampax":
Per l'iniettività bastava anche calcolare il determinante: se fosse stato pari a zero, allora l'endomorfismo sarebbe stato iniettivo.
Premetto che non ho letto la discussione, ma non è il contrario? Se il determinante è nullo il nucleo è diverso dal solo vettore $ul(0)$, quindi l'applicazione non è iniettiva.
Ops, sì, avevo in testa "diverso da zero" ed ho scritto "pari a zero"! 
Devo smetterla di scrivere le cose quando ho fame!
Allora ripeto in maniera corretta (e la giuria è pregata di non tenere conto della mia precedente affermazione)
Se il determinante della matrice associata ad un endomorfismo è diverso da zero, allora l'endomorfismo è iniettivo.
Dimostrazione (rapida): Se $M$ è la matrice che rappresenta l'endomorfismo e $\det(M)\ne 0$, per calcolare il nucleo bisogna risolvere il sistema $Mx=0$. Dal momento che la matrice è non singolare, per Cramer tale sistema ammette soluzione unica banale $x=0$. QED
Devo smetterla di scrivere le cose quando ho fame!Allora ripeto in maniera corretta (e la giuria è pregata di non tenere conto della mia precedente affermazione)
Se il determinante della matrice associata ad un endomorfismo è diverso da zero, allora l'endomorfismo è iniettivo.
Dimostrazione (rapida): Se $M$ è la matrice che rappresenta l'endomorfismo e $\det(M)\ne 0$, per calcolare il nucleo bisogna risolvere il sistema $Mx=0$. Dal momento che la matrice è non singolare, per Cramer tale sistema ammette soluzione unica banale $x=0$. QED
Ok perfetto!
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