Matrice al cubo nulla
Ciao a tutti, stavo svolgendo il seguente esercizio e mi sono trovato in diffcoltà nel trovare una matrice che elevata al cubo sia uguale alla matrice nulla. Il testo recita:
Sia $T: RR^3 -> RR^3$ tale che $T^2 != 0$ e $T^3 = 0$. Dimostrare che:
- \(\displaystyle Ker(T) \subset Ker(T^2)\subset Ker(T^3) = \mathbb{R}^3 \)
E' semplice dimostrare che $Ker(T^3) = RR^3$ sapendo che $T^3 = 0$, ma per dimostrare le due relazioni che lo precedono dovrei avere la matrice di partenza, o mi sfugge qualcosa? Come posso ottenerla? Inoltre, l'esercizio richiede anche di dimostrare che:
$Ker(T) != Ker(T^2)$ e $Ker(T^2) != Ker(T^3)$, inoltre di dimostrare che $T$ non è diagonalizzabile. Se avessi sotto mano la matrice di partenza la dimostrazione di questi due punti sarebbe abbastanza semplice, ma non avendola non saprei come procedere (e se esiste un'altra strada...). Chiedo lumi a voi!
Grazie in anticipo!
Sia $T: RR^3 -> RR^3$ tale che $T^2 != 0$ e $T^3 = 0$. Dimostrare che:
- \(\displaystyle Ker(T) \subset Ker(T^2)\subset Ker(T^3) = \mathbb{R}^3 \)
E' semplice dimostrare che $Ker(T^3) = RR^3$ sapendo che $T^3 = 0$, ma per dimostrare le due relazioni che lo precedono dovrei avere la matrice di partenza, o mi sfugge qualcosa? Come posso ottenerla? Inoltre, l'esercizio richiede anche di dimostrare che:
$Ker(T) != Ker(T^2)$ e $Ker(T^2) != Ker(T^3)$, inoltre di dimostrare che $T$ non è diagonalizzabile. Se avessi sotto mano la matrice di partenza la dimostrazione di questi due punti sarebbe abbastanza semplice, ma non avendola non saprei come procedere (e se esiste un'altra strada...). Chiedo lumi a voi!
Grazie in anticipo!
Risposte
Ok, con un po di calcoli "sconsiderati", ho trovato la matrice cercata. Ma sono andato a tentativi, dunque se esiste un metodo algoritmico è ben accetto 
La matrice sarà:
\(\displaystyle A=\begin{bmatrix}
0 &1 &1 \\
0 &0 &1 \\
0 &0 &0
\end{bmatrix} \)
Da cui: \(\displaystyle A^2=\begin{bmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &0 &0 \\
0 &0 &0
\end{bmatrix} \)
e \(\displaystyle A^3=\begin{bmatrix}
0 &0 &0 \\
0 &0 &0 \\
0 &0 &0
\end{bmatrix} \)
Detto ciò, $Ker(A) = <(1,0,0)>$ , $Ker(A^2) = <(1,0,0),(0,1,0)>$ e $Ker(A^3) = <(0,0,0)>$.
E' evidente che, essendo il vettore nullo presente sia nel nucleo di $A$ che di $A^2$, la relazione cercata è soddisfatta. Ovvero, vale: $Ker(A) \subset Ker(A^2) \subset Ker(A^3) = RR^3$
E' anche evidente che $Ker(A) != Ker(A^2)$ e $Ker(A^2) != Ker(A^3)$.
Ciò detto, il polinomio caratteristico di $A$ è: $p(\lambda) = -\lambda^2$, da cui ottengo $\lambda = 0$ con molteplicità algebrica 2. La molteplicità geometrica, però, sarà uguale a 1, in quanto si torna al calcolo del nucleo di $A$. L'applicazione non è diagonalizzabile.
E' corretto?
La matrice sarà:
\(\displaystyle A=\begin{bmatrix}
0 &1 &1 \\
0 &0 &1 \\
0 &0 &0
\end{bmatrix} \)
Da cui: \(\displaystyle A^2=\begin{bmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &0 &0 \\
0 &0 &0
\end{bmatrix} \)
e \(\displaystyle A^3=\begin{bmatrix}
0 &0 &0 \\
0 &0 &0 \\
0 &0 &0
\end{bmatrix} \)
Detto ciò, $Ker(A) = <(1,0,0)>$ , $Ker(A^2) = <(1,0,0),(0,1,0)>$ e $Ker(A^3) = <(0,0,0)>$.
E' evidente che, essendo il vettore nullo presente sia nel nucleo di $A$ che di $A^2$, la relazione cercata è soddisfatta. Ovvero, vale: $Ker(A) \subset Ker(A^2) \subset Ker(A^3) = RR^3$
E' anche evidente che $Ker(A) != Ker(A^2)$ e $Ker(A^2) != Ker(A^3)$.
Ciò detto, il polinomio caratteristico di $A$ è: $p(\lambda) = -\lambda^2$, da cui ottengo $\lambda = 0$ con molteplicità algebrica 2. La molteplicità geometrica, però, sarà uguale a 1, in quanto si torna al calcolo del nucleo di $A$. L'applicazione non è diagonalizzabile.
E' corretto?
Intanto bravo per esserti un po' impegnato a cercare una possibile soluzione.
qui c'è un errore grosso, qual è il $ker(A^3)$ ?
Prego ?
Ha presente come funziona l'inclusione di insiemi ?
Non devi inventarti teoremi inconsistenti solo per tentare di giustificare quella cosa di prima (sbagliata).
Cioè va bene provare e tentare, ma poi verifica.
$p(\lambda) = -\lambda^3$
In generale il concetto l'hai afferrato.
Cerca qualcosa sulla forma canonica di Jordan oppure "autovettori generalizzati".
Vedrai che si parla di cose direttamente collegabili all'esercizio.
"Smoke666":
Detto ciò, $Ker(A) = <(1,0,0)>$ , $Ker(A^2) = <(1,0,0),(0,1,0)>$ e $Ker(A^3) = <(0,0,0)>$.
qui c'è un errore grosso, qual è il $ker(A^3)$ ?
E' evidente che, essendo il vettore nullo presente sia nel nucleo di $A$ che di $A^2$, la relazione cercata è soddisfatta.
Prego ?
Ha presente come funziona l'inclusione di insiemi ?
Non devi inventarti teoremi inconsistenti solo per tentare di giustificare quella cosa di prima (sbagliata).
Cioè va bene provare e tentare, ma poi verifica.
E' anche evidente che $Ker(A) != Ker(A^2)$ e $Ker(A^2) != Ker(A^3)$.
Ciò detto, il polinomio caratteristico di $A$ è: $p(\lambda) = -\lambda^2$, da cui ottengo $\lambda = 0$ con molteplicità algebrica 2. La molteplicità geometrica, però, sarà uguale a 1, in quanto si torna al calcolo del nucleo di $A$. L'applicazione non è diagonalizzabile.
E' corretto?
$p(\lambda) = -\lambda^3$
In generale il concetto l'hai afferrato.
Cerca qualcosa sulla forma canonica di Jordan oppure "autovettori generalizzati".
Vedrai che si parla di cose direttamente collegabili all'esercizio.
"Quinzio":
Intanto bravo per esserti un po' impegnato a cercare una possibile soluzione.
[quote="Smoke666"]
Detto ciò, $Ker(A) = <(1,0,0)>$ , $Ker(A^2) = <(1,0,0),(0,1,0)>$ e $Ker(A^3) = <(0,0,0)>$.
qui c'è un errore grosso, qual è il $ker(A^3)$ ?
E' evidente che, essendo il vettore nullo presente sia nel nucleo di $A$ che di $A^2$, la relazione cercata è soddisfatta.
Prego ?
Ha presente come funziona l'inclusione di insiemi ?
Non devi inventarti teoremi inconsistenti solo per tentare di giustificare quella cosa di prima (sbagliata).
Cioè va bene provare e tentare, ma poi verifica.
E' anche evidente che $Ker(A) != Ker(A^2)$ e $Ker(A^2) != Ker(A^3)$.
Ciò detto, il polinomio caratteristico di $A$ è: $p(\lambda) = -\lambda^2$, da cui ottengo $\lambda = 0$ con molteplicità algebrica 2. La molteplicità geometrica, però, sarà uguale a 1, in quanto si torna al calcolo del nucleo di $A$. L'applicazione non è diagonalizzabile.
E' corretto?
$p(\lambda) = -\lambda^3$
In generale il concetto l'hai afferrato.
Cerca qualcosa sulla forma canonica di Jordan oppure "autovettori generalizzati".
Vedrai che si parla di cose direttamente collegabili all'esercizio.[/quote]
Oh cavolo hai ragione, $Ker(A^3)=<(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)>$, che genera tutto $RR^3$. Non so perchè ho scritto quel vettore nullo, chiedo scusa
In questo caso il mio ragionamento dovrebbe essere corretto, giusto? $Ker(A)$ e $Ker(A^2)$ sono due sottoinsiemi di $Ker(A^3)$.
Andrò a cercare quanto da te suggerito, anche se non ne abbiamo parlato durante il corso di algebra..
Attendo conferma, e ti ringrazio!
EDIT: Mi viene in mente anche un metodo per costruire la matrice partendo dal presupposto che $T^3=0$. Sapendo che $T^2 != 0$, posso costruire la matrice aggiungendo un vettore tale che $Ker(T^2) \subset Ker(T^3)$, in questo caso ho aggiungo il vettore $<(1,0,0)>$ al posto della terza colonna della matrice nulla. Per ottenere $T$, sapendo che $Ker(T) \subset Ker(T^2)$, devo aggiungere un vettore tale che il sistema associato $Tx=0$ abbia un solo parametro libero. Dunque si tratta solo di capire "in che ordine" devono comparire questi vettori per ottenere la matrice nulla quando la eleveremo al cubo... Chiedo scusa se ho fatto confusione, ma meglio esporre le mie malsane idee per essere smontato qui, anzichè in sede d'esame
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