Esercizio su autovalori e trasformazioni lineari
Determinare, se esiste, la trasformazione lineare T : R3 a R3
avente nucleo $ Ker T : x - z = 0 $ e tale che v=(1, 0, 0) sia autovettore relativo
all'autovalore 3.
Si dica anche se T ammette una matrice associata di tipo diagonale
e, in caso affermativo, la si determini.
qualcuno mi aiuta??
avente nucleo $ Ker T : x - z = 0 $ e tale che v=(1, 0, 0) sia autovettore relativo
all'autovalore 3.
Si dica anche se T ammette una matrice associata di tipo diagonale
e, in caso affermativo, la si determini.
qualcuno mi aiuta??
Risposte
Hai qualche idea per risolverlo ? Prova a proporre qualche spunto.
Puoi partire trovando una base del $ker$... inoltre se $v$ è autovettore relativo ad autovalore $3$ vuol dire che $f(v)=3v$. Sai come $T$ opera su $3$ vettori linearmente indipendenti (cioè una base di $RR^3$).
Non ti serve altro
Non ti serve altro
sono i 3 vettori che non mi tornano perchè $kerT:x-z=0$ non produce che il nucleo è uguale a $L(1,0,1)$?
"magri":
sono i 3 vettori che non mi tornano perchè $kerT:x-z=0$ non produce che il nucleo è uguale a $L(1,0,1)$?
$L((1),(0),(1))={((a),(0),(a)) : a in RR}$. I vettori del tipo $((1),(b),(1))$, $b in RR$ stanno nel nucleo di $f$ o no ?
direi di si e quindi??
"magri":
direi di si e quindi??
E quindi il vettore $((1),(0),(1))$ da solo non genera tutto il nucleo di $f$.
il nucleo è formato dai vettori del tipo $(x,y,x)$, quindi possiamo dire che una sua base è $(1,0,1),(0,1,0)$
ok lo pensavo anche io ma $T(0,1,0)$ è ancora il vettore nullo?? si? l'avevo fatto anche io così ma NON mi saltava fuori un f di R3
Se sta nel $ker$ direi proprio che la sua immagine è il vettore nullo. Ma che vuol dire che non saltava fuori una $f$
mi salta fuori $3x-3z$ se ben ricordo cioè $T:R3-->R3 con T(x,y,z)=3x-3z,0??,0??$
"magri":
Determinare, se esiste, la trasformazione lineare T : R3 a R3
avente nucleo $ Ker T : x - z = 0 $ e tale che v=(1, 0, 0) sia autovettore relativo
all'autovalore 3.
Allora: un endomorfismo avente nucleo $x-z=0$
può essere scritto nel modo seguente:
$((x),(y),(z)) \mapsto ((ax-az),(bx-bz),(cx-cz))$ con $(a,b,c) \ne (0,0,0)$
ovvero
$((x),(y),(z)) \mapsto ((a,0,-a),(b,0,-b),(c,0,-c)) ((x),(y),(z))$
ora è sufficiente imporre che $(1,0,0)^T$ abbia immagine $(3,0,0)^T$:
$((a,0,-a),(b,0,-b),(c,0,-c)) ((1),(0),(0)) = ((3),(0),(0))$
quindi abbiamo
$((a),(b),(c)) = ((3),(0),(0))$
pertanto l'endomorfismo è rappresentato dalla matrice
$((3,0,-3),(0,0,0),(0,0,0))$
quindi l'avevo fatto giusto anche io ovvero la T cercata è $T(x,y,z)=(3x-3z,0,0)$ erano i due zeri che mi hanno messo in crisi cioè mi chiedo un T così arriva ancora in $R3$?
"magri":
quindi l'avevo fatto giusto anche io ovvero la T cercata è $T(x,y,z)=(3x-3z,0,0)$ erano i due zeri che mi hanno messo in crisi cioè mi chiedo un T così arriva ancora in $R3$?
Sì, la trasformazione individuata è un'applicazione di $RR^3$ in sè stesso. Il fatto che compaiano due zeri nel vettore immagine non deve preoccuparti poichè per costruzione, tale vettore appartiene a $RR^3$. Pensa se al posto di $((x-z),(0),(0))$ ci fosse stato ad esempio $((x-z),(1),(1))$: cambiava qualcosa ? Ovviamente no, sono sempre vettori di $RR^3$.
A livello intuitiivo, quella trovata è una trasformazione dello spazio tridimensionale che manda il generico punto di coordinate $(x,y,z)$ nel punto $(x-z,0,0)$ cioè "comprime" lo spazio su di una retta (L'asse $x$); è vero che la retta può essere pensata come un ente di dimensione uno, ma è altrettanto vero che si può immergere in uno spazio di dimensione superiore che è quanto abbiamo fatto.
grazie mille ora è tutto molto chiaro
Prego 
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