Iniettività di un'applicazione lineare
Cari ragazzi c'è un esercizio che ha instaurato in me il germe del dubbio : sia data l'applicazione $ RR^5 -> RR^5 $ detta $ f $ $ f $ , tale che 4 e 5 siano due autovalori di autospazi di dimensione rispettivamente 2 e 3 : f è iniettiva ? Io direi di no dacché viene a mancare la suriettività della stessa . Che ne dite ?? 
Risposte
Invece sbagli. Ragiona!
Ancora Lei , weblan !
Sai che proprio non riesco a capacitarmene .....
Spero tu possa rispondermi , Weblan !
Naturalmente anche gli altri !!
Ci provo, non sono sicurissimo e gradirei un'opinione (ne ho molto bisogno 
)
abbiamo $f: RR^5 -> RR^5$ t.c. $dim V(4, f) = 2$ e $dim V(5,f) = 3$.
Sappiamo che se f è diagonalizzabile si ha $RR^5 = V(4,f) o+ V(5,f)$ perché i due autospazi sono gli unici per $f$.
Usando la formula delle dimensioni: $dim RR^5 = dim Ker(f) + rk(f)$. Per dimostrare che è $f$ è iniettiva basta far vedere che $rk(f) = 5$ cioè $Ker(f) = {0}$.
Chiamiamo $S$ la base di autovettori di $RR^5$ per $f$ t.c. l'associata è $B = ((4,0,0,0,0),(0,4,0,0,0),(0,0,5,0,0),(0,0,0,5,0),(0,0,0,0,5))$ e si vede che $rk(B) = 5$.
Ora $EE M in GL(5,RR)$ t.c. $B = M^(-1)AM$ dove $A$ è l'associata rispetto ad una base qualsiasi di $f$. Cioè le matrici sono simili. Scriviamo $rk(B) = rk(M^(-1)AM)$ ma poiché $M$ rappresenta un isomorfismo si ha $rk(B) = rk(A)$ cioè $rk(f) = 5$ ed è fatta.
)abbiamo $f: RR^5 -> RR^5$ t.c. $dim V(4, f) = 2$ e $dim V(5,f) = 3$.
Sappiamo che se f è diagonalizzabile si ha $RR^5 = V(4,f) o+ V(5,f)$ perché i due autospazi sono gli unici per $f$.
Usando la formula delle dimensioni: $dim RR^5 = dim Ker(f) + rk(f)$. Per dimostrare che è $f$ è iniettiva basta far vedere che $rk(f) = 5$ cioè $Ker(f) = {0}$.
Chiamiamo $S$ la base di autovettori di $RR^5$ per $f$ t.c. l'associata è $B = ((4,0,0,0,0),(0,4,0,0,0),(0,0,5,0,0),(0,0,0,5,0),(0,0,0,0,5))$ e si vede che $rk(B) = 5$.
Ora $EE M in GL(5,RR)$ t.c. $B = M^(-1)AM$ dove $A$ è l'associata rispetto ad una base qualsiasi di $f$. Cioè le matrici sono simili. Scriviamo $rk(B) = rk(M^(-1)AM)$ ma poiché $M$ rappresenta un isomorfismo si ha $rk(B) = rk(A)$ cioè $rk(f) = 5$ ed è fatta.
"Fingolfin":
Ci provo, non sono sicurissimo e gradirei un'opinione (ne ho molto bisogno
abbiamo $f: RR^5 -> RR^5$ t.c. $dim V(4, f) = 2$ e $dim V(5,f) = 3$.
Sappiamo che se f è diagonalizzabile si ha $RR^5 = V(4,f) o+ V(5,f)$ perché i due autospazi sono gli unici per $f$.
Usando la formula delle dimensioni: $dim RR^5 = dim Ker(f) + rk(f)$. Per dimostrare che è $f$ è iniettiva basta far vedere che $rk(f) = 5$ cioè $Ker(f) = {0}$.
Chiamiamo $S$ la base di autovettori di $RR^5$ per $f$ t.c. l'associata è $B = ((4,0,0,0,0),(0,4,0,0,0),(0,0,5,0,0),(0,0,0,5,0),(0,0,0,0,5))$ e si vede che $rk(B) = 5$.
Ora $EE M in GL(5,RR)$ t.c. $B = M^(-1)AM$ dove $A$ è l'associata rispetto ad una base qualsiasi di $f$. Cioè le matrici sono simili. Scriviamo $rk(B) = rk(M^(-1)AM)$ ma poiché $M$ rappresenta un isomorfismo si ha $rk(B) = rk(A)$ cioè $rk(f) = 5$ ed è fatta.
Risposta valida. Ma chi ha fatto la domanda preferiva un'altra risposta. Diciamo che c'è una risposta più carina.
Fingolfin ti ringrazio , ma come ha detto Weblan il mio intento era trovare una risposta molto semplice , quasi disarmante direi ! Grazie per l'appoggio ! Continuerò nella ricerca della stessa !
E se considerassi l'autospazio di autovalore 0 ????
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