Esercizio su Apllicazioni lineari
Mi date una mano per questo esercizio? Non so dove mettere le mani.
Sia $T : R^3 -> R^3 $ tale che $ T^3 = 0 , T^2 != 0 $
Dimostrare che:
$Ker(T) sub Ker(T^2) sub Ker(T^3) = R^3 $
$ Ker(T)!= Ker(T^2) $ e $ Ker(T^2)!= Ker(T^3) $
$T$ non è diagonalizzabile
Ho iniziato il mio ragionamento così : $dim R^3 = dim Ker(T^3) + dim (ImmT^3) $ quindi essendo $dim Imm(T^3)=0 ker (T^3) = R^3$ con queso passo quindi posso dire inoltre che $ker(T^2) sub ker(T^3)$ è verificata in quanto $T^2!=0$ e quindi $ dim Imm(T^2)>0 e Ker(T^2)sub R^3 $ e dimostrando anche la seconda parte del secondo quesito $ Ker(T^2)!= Ker(T^3)$
Per il resto non so come fare.
Sia $T : R^3 -> R^3 $ tale che $ T^3 = 0 , T^2 != 0 $
Dimostrare che:
$Ker(T) sub Ker(T^2) sub Ker(T^3) = R^3 $
$ Ker(T)!= Ker(T^2) $ e $ Ker(T^2)!= Ker(T^3) $
$T$ non è diagonalizzabile
Ho iniziato il mio ragionamento così : $dim R^3 = dim Ker(T^3) + dim (ImmT^3) $ quindi essendo $dim Imm(T^3)=0 ker (T^3) = R^3$ con queso passo quindi posso dire inoltre che $ker(T^2) sub ker(T^3)$ è verificata in quanto $T^2!=0$ e quindi $ dim Imm(T^2)>0 e Ker(T^2)sub R^3 $ e dimostrando anche la seconda parte del secondo quesito $ Ker(T^2)!= Ker(T^3)$
Per il resto non so come fare.
Risposte
"AndreaT1989":Perchè? Giustificalo meglio.
Quindi siccome $f$ ha codominio uguale a $R$ allora ci sarà sicuramente un vettore $v$ tale che $f(v)=0$ e che quindi $T(v)=v$.
"AndreaT1989":La "dimensione di un vettore"?
La dimensione del sottospazio sarà la stessa dimensione del vettore $v$ quindi $R^n$
Questa frase, scritta così, non ha molto senso.
Allora: $f: R^n -> R $quindi esisterà un vettore $v in R^n $ tale che la sua immagine sia $f(v)=0$. Quindi $0*v0 $ è uguale al vettore nullo che sommato a $v$ è uguale a $v$ quindi $v=v$. Meglio di cosi non lo so scrivere.
Sul secondo punto ho sbagliato, volevo dire che essendo un genrico $v$ tale che $T(v)=v$ sappiamo che $v$ un vettore di $R^n$ sappiamo poi che la $dim(R^n)=n$ . Quindi posso dire che la dimensione del sottospazio coincide con la dimensione di $R^n$ e quindi $n$. Dovrebbe essere corretto cosi.
Per l'ultimo punto mi sai dare una mano ? E grazie in anticipo di tutto.
Sul secondo punto ho sbagliato, volevo dire che essendo un genrico $v$ tale che $T(v)=v$ sappiamo che $v$ un vettore di $R^n$ sappiamo poi che la $dim(R^n)=n$ . Quindi posso dire che la dimensione del sottospazio coincide con la dimensione di $R^n$ e quindi $n$. Dovrebbe essere corretto cosi.
Per l'ultimo punto mi sai dare una mano ? E grazie in anticipo di tutto.
"AndreaT1989":
Allora: $f: R^n -> R $ quindi esisterà un vettore $v in R^n $ tale che la sua immagine sia $f(v)=0$....
Il resto era già spiegato bene. Era quel "quindi" che volevo che giustificassi meglio.
Scusami se sono stato troppo pignolo.
Volevo che mi dicessi che, dato che $ker(f)!={0}$ (perchè?), allora esiste un vettore $v$ non nullo tale che $f(v)=0$.
E allora, come hai fatto mostrato tu, quel vettore $v$ è l'autovettore relativo all'autovalore $1$.
"AndreaT1989":
Sul secondo punto ho sbagliato, volevo dire che essendo un genrico $v$ tale che $T(v)=v$ sappiamo che $v$ un vettore di $R^n$ sappiamo poi che la $dim(R^n)=n$ . Quindi posso dire che la dimensione del sottospazio coincide con la dimensione di $R^n$ e quindi $n$. Dovrebbe essere corretto cosi.
Sinceramente la prima frase non l'ho capita.
Tu dici (o almeno credo) che un generico autovettore $v$ relativo all'autovalore $1$ (cioè tale che $T(v)=v$) è un vettore di $RR^n$. E su questo siamo d'accordo.
Ma da questo poi deduci che la dimensione dell'autospazio corrispondente è $n$. Mi spiace ma la tua deduzione è errata.
E infatti la dimensione di tale autospazio non è $n$.
Ahh, allora non so proprio come calcolarla.
Sia $V_1$ l'autospazio relativo all'autovalore $1$.
Si ha che
$v\in V_1\ \Leftrightarrow\ T(v)=v\ \Leftrightarrow\ v+f(v)v_0=v\ \Leftrightarrow\ f(v)=0\ \Leftrightarrow\ v\in"ker"(f)$.
Quindi $V_1="ker"(f)$.
Qual è la dimensione di $"ker"(f)$?
Si ha che
$v\in V_1\ \Leftrightarrow\ T(v)=v\ \Leftrightarrow\ v+f(v)v_0=v\ \Leftrightarrow\ f(v)=0\ \Leftrightarrow\ v\in"ker"(f)$.
Quindi $V_1="ker"(f)$.
Qual è la dimensione di $"ker"(f)$?
Mhhh.. si ci ero arrivato anche io... ma con le mie conoscenze riesco solo a dire che $n=Ker(f)+Imm(f)$ sempre se non mi sbaglio.. quindi $Ker(f)=n-Imm(f)$ Penso che l'esercizio però voglia un numero, o un risultato più specifico, che non riesco a trovare, ho letto anche l'Algenra Lineare for dummies ma non riesco a trovare nulla che mi possa aiutare.
E $Imm(f)$ che dimensione ha?
Pensaci un attimo, non ci sono molte possibilità...
Poi dalla formula che hai citato, ricava la dimensione di $ker(f)$, ovvero la dimensione di $V_1$.
Pensaci un attimo, non ci sono molte possibilità...
Poi dalla formula che hai citato, ricava la dimensione di $ker(f)$, ovvero la dimensione di $V_1$.
Allora, ho qualche dubbio, comunque ho notato che tu considere $f$ un applicazione lineare, e di fatto manda si può considerare tale perchè manda un vettore $R^n$ in un numero reale (che può essere considerato un vettore di un elemento).
A questo punto la matrice associata ad $f$ non può essere che del tipo $[a1,a2,....an]$ in quanto va moltiplicata per un vettore $v in R^n$ e per ottenere un numero reale devo quindi moltiplicare la matrice di una riga (un vettore orizzontale) con un vettore verticale. A questo punto posso dire se non mi sbaglio che la $ dim f =1 $ perchè la matrice associata all'applicazione lineare è una riga, ed ogni $ai$ della riga quindi può essere espresso come combinazioni lineare delle altre. Essendo quindi il codominio di $f$ uguale $R$. Allora $ 1=dim ker(f) + dim Imm(f) -> Ker(f)=0 .
La dimensione dell'autospazioni è quindi 0. Solo il vettore nullo quindi.
Dimmi che è giusto per favore..
E dammi qualche input per l'ultimo punto.. please...
Comunque grazie ancora.
A questo punto la matrice associata ad $f$ non può essere che del tipo $[a1,a2,....an]$ in quanto va moltiplicata per un vettore $v in R^n$ e per ottenere un numero reale devo quindi moltiplicare la matrice di una riga (un vettore orizzontale) con un vettore verticale. A questo punto posso dire se non mi sbaglio che la $ dim f =1 $ perchè la matrice associata all'applicazione lineare è una riga, ed ogni $ai$ della riga quindi può essere espresso come combinazioni lineare delle altre. Essendo quindi il codominio di $f$ uguale $R$. Allora $ 1=dim ker(f) + dim Imm(f) -> Ker(f)=0 .
La dimensione dell'autospazioni è quindi 0. Solo il vettore nullo quindi.
Dimmi che è giusto per favore..
E dammi qualche input per l'ultimo punto.. please... Comunque grazie ancora.
Ti riporto la frase che avevi scritto due post fa:
Perchè ora hai cambiato? Hai scritto:
Naturalmente, la prima è quella giusta.
Visto che $dim"Imm"(f)=1$, si ha che $dim"ker"(f)=n-dim"Imm"(f)=n-1$.
Concludiamo l'esercizio.
Dimostriamo che, posto $lambda_0=f(v_0)+1$, si ha che
$T$ è diagonalizzabile se e solo se $lambda_0!=1$.
Ricordiamo che un'applicazione è diagonalizzabile se e solo se la somma delle sue molteplicità geometriche è $n$ (=dimensione dello spazio)
Se $lambda_0!=1$, allora $T$ ha due autovalori $1$ e $lambda_0$. L'autospazio relativo ad $1$ ha dimensione $n-1$, l'autospazio relativo a $lambda_0$ ha dimensione (almeno) $1$.
Quindi la somme delle molteplicità geometriche è $n$. Dunque $T$ è diagonalizzabile.
Viceversa se $T$ è diagonalizzabile, se $lambda_0$ fosse uguale a $1$ allora seguirebbe che $f(v_0)=0$, ovvero $v_0$ è in $"ker"(f)=V_1$.
Quindi $v_0$ sarebbe autovettore relativo all'autovalore $1$. Completiamo $v_0$ ad una base $(v_0,v_2,...,v_{n-1})$ di $"ker"(f)=V_1$.
E allora basterà scegliere un vettore $w\in RR^n$ tale che $f(w)!=0$ (per esempio si può supporre $f(w)=1$) e si ottiene che $(v_0,v_2,...,v_{n-1},w)$ è base di $RR^n$. La matrice associata rispetto a tale base è
$((1,0,0,...,0,1),(0,1,0,...,0,0),(0,0,1,...,0,0),(...,...,...,...,...,...),(0,0,0,...,1,0),(0,0,0,...,0,1))$
che è evidentemente non diagonalizzabile (assurdo!).
Quindi deve essere $lambda_0!=1$.
"AndreaT1989":
[...] ma con le mie conoscenze riesco solo a dire che $n=Ker(f)+Imm(f)$ sempre se non mi sbaglio.. quindi $Ker(f)=n-Imm(f)$ [...]
Perchè ora hai cambiato? Hai scritto:
"AndreaT1989":
Allora $ 1=dim ker(f) + dim Imm(f) -> Ker(f)=0 .
Naturalmente, la prima è quella giusta.
Visto che $dim"Imm"(f)=1$, si ha che $dim"ker"(f)=n-dim"Imm"(f)=n-1$.
Concludiamo l'esercizio.
Dimostriamo che, posto $lambda_0=f(v_0)+1$, si ha che
$T$ è diagonalizzabile se e solo se $lambda_0!=1$.
Ricordiamo che un'applicazione è diagonalizzabile se e solo se la somma delle sue molteplicità geometriche è $n$ (=dimensione dello spazio)
Se $lambda_0!=1$, allora $T$ ha due autovalori $1$ e $lambda_0$. L'autospazio relativo ad $1$ ha dimensione $n-1$, l'autospazio relativo a $lambda_0$ ha dimensione (almeno) $1$.
Quindi la somme delle molteplicità geometriche è $n$. Dunque $T$ è diagonalizzabile.
Viceversa se $T$ è diagonalizzabile, se $lambda_0$ fosse uguale a $1$ allora seguirebbe che $f(v_0)=0$, ovvero $v_0$ è in $"ker"(f)=V_1$.
Quindi $v_0$ sarebbe autovettore relativo all'autovalore $1$. Completiamo $v_0$ ad una base $(v_0,v_2,...,v_{n-1})$ di $"ker"(f)=V_1$.
E allora basterà scegliere un vettore $w\in RR^n$ tale che $f(w)!=0$ (per esempio si può supporre $f(w)=1$) e si ottiene che $(v_0,v_2,...,v_{n-1},w)$ è base di $RR^n$. La matrice associata rispetto a tale base è
$((1,0,0,...,0,1),(0,1,0,...,0,0),(0,0,1,...,0,0),(...,...,...,...,...,...),(0,0,0,...,1,0),(0,0,0,...,0,1))$
che è evidentemente non diagonalizzabile (assurdo!).
Quindi deve essere $lambda_0!=1$.
Sto facendo confusione, infatti credo che quello che volessi scrivere io sul 3 post sopra era $n= dim Ker(f)+ dim Imm (f) $ perchè il teorema dice che per $T:V->W$ $dim V= dim Ker(T) + dim Im (T)$ Quindi come ho fatto a scrivere $n=Ker(f)+ Imm(f)$ ? Non è sbagliata quest'ultima formula? In caso era $R^n=Ker(f)+ Imm(f)$
Ovviamente la formula giusta da applicare è [tex]\dim V=\dim\ker(f)+\dim\textrm{Im}(f)[/tex].
Ahh niente niente, ho fatto confusione io, la stavo risvolgendo ed ora mi torna.
Grazie mille per tutto l'aiuto.
Grazie mille per tutto l'aiuto.
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