Matrice associata ad un endomorfismo con det. uguale a zero
avrei dei dubbi su quest'esercizio:
calcolandomi il determinante della matrice mi risulta uguale a $0$ per ogni $h in RR$. questo cosa vorrà dire?
Sia $V$ il sottospazio di $RR^4$ generato dai vettori $v_1=(0,1,0,0)$, $v_2=(0,0,1,0)$, $v_3=(1,0,0,1)$ e sia $B=(v_1,v_2,v_3)$. Sia inoltre $f_h: V to V$ l'endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base $B$ è
$M_h = ( ( h , 1 , 1 ),( 1 , 1 , 1 ),( 1 , 1 , 1 ) ) $
Determinare al variare di $h$, il nucleo e l'immagine di $f_h$
calcolandomi il determinante della matrice mi risulta uguale a $0$ per ogni $h in RR$. questo cosa vorrà dire?
Risposte
"mazzy89":
calcolandomi il determinante della matrice mi risulta uguale a $0$ per ogni $h in RR$. questo cosa vorrà dire?
...che la matrice (o equivalentemente l'endomorfismo $f_h$) non è invertibile.
Pertanto, visto che si tratta di un endomorfismo(*), $f_h$ non è ingettiva, ovvero $"ker" f_h$ è non banale, cioè non è ridotto al solo vettore nullo.
Inoltre, sempre da (*), $f_h$ non è surgettiva e cioè $"Im" f_h$ non coincide con tutto $V$.
Ora non ti resta che calcolare il nucleo e l'immagine e verificare che effettivamente è così.
(*) Dalla teoria, dato un endomorfismo $f:V\to V$, dove $V$ è uno spazio vettoriale di dimensione finita, le seguenti proposizioni sono equivalenti:
a) $f$ è bigettiva (cioè $f$ è automorfismo);
b) $f$ è ingettiva (cioè $f$ è monomorfismo);
c) $f$ è surgettiva (cioè $f$ è epimorfismo).
Che il rango di quella matrice, qualsiasi sia $h$ è minore di $3$. Questo vuol dire che la $dim(Imf)<3$ qualsiasi sia $h$, il che vuol dire che il $kerf$ non è mai banale.
Pardon, proprio non avevo visto la tua risposta Cirasa. Lascio a te la palla
Pardon, proprio non avevo visto la tua risposta Cirasa. Lascio a te la palla
"cirasa":
[quote="mazzy89"]calcolandomi il determinante della matrice mi risulta uguale a $0$ per ogni $h in RR$. questo cosa vorrà dire?
...che la matrice (o equivalentemente l'endomorfismo $f_h$) non è invertibile.
Pertanto, visto che si tratta di un endomorfismo(*), $f_h$ non è ingettiva, ovvero $"ker" f_h$ è non banale, cioè non è ridotto al solo vettore nullo.
Inoltre, sempre da (*), $f_h$ non è surgettiva e cioè $"Im" f_h$ non coincide con tutto $V$.
Ora non ti resta che calcolare il nucleo e l'immagine e verificare che effettivamente è così.
(*) Dalla teoria, dato un endomorfismo $f:V\to V$, dove $V$ è uno spazio vettoriale di dimensione finita, le seguenti proposizioni sono equivalenti:
a) $f$ è bigettiva (cioè $f$ è automorfismo);
b) $f$ è ingettiva (cioè $f$ è monomorfismo);
c) $f$ è surgettiva (cioè $f$ è epimorfismo).[/quote]
Chiarissimo. Allora l' $Im f= L((1,1,1))$
e il $Ker f$ è $L((1,0,0) , (0,1,1))$
"mazzy89":
Chiarissimo. Allora l' $Im f= L((1,1,1))$
"mazzy89":
e il $Ker f$ è $L((1,0,0) ; (0,1,1))$
Per tutti i valori di $h$?
"cirasa":
[quote="mazzy89"]Chiarissimo. Allora l' $Im f= L((1,1,1))$
"mazzy89":
e il $Ker f$ è $L((1,0,0) ; (0,1,1))$
Per tutti i valori di $h$?[/quote]
per $h=1$
Stai attento/a perchè il $ker$ e l'$Im$ sono sottospazi di $V$ e quindi di $RR^4$.
Tu hai scritto $Im f=L(1, 1, 1)$. Indipendentemente dal fatto che siano giusti o meno i conti da te fatti, questo è un sottospazio di $RR^3$ e quindi non è giusto!
Stai confondendo i vettori $v$ del sottospazio $V$ con la terna delle componenti di $v$ rispetto alla base $B$.
Per $h=1$, il sottospazio $Im f_h$ è dato da $L(1v_1+1v_2+1v_3)=L(1,1,1,1)$.
Per quanto riguarda il $ker$, che deve avere dimensione $2$ perchè $"dim ker" f_h+"dim Im"f_h=3$, l'errore è lo stesso.
Forse intendevi dire che $"ker" f_h=L(v_1, v_2+v_3)$? Ma entrambi questi vettori non sono nel nucleo di $f_1$! Basta calcolare $f_1(v_1)$ e $f_1(v_2,v_3)$ e verificare che non fa zero!
Tu hai scritto $Im f=L(1, 1, 1)$. Indipendentemente dal fatto che siano giusti o meno i conti da te fatti, questo è un sottospazio di $RR^3$ e quindi non è giusto!
Stai confondendo i vettori $v$ del sottospazio $V$ con la terna delle componenti di $v$ rispetto alla base $B$.
Per $h=1$, il sottospazio $Im f_h$ è dato da $L(1v_1+1v_2+1v_3)=L(1,1,1,1)$.
Per quanto riguarda il $ker$, che deve avere dimensione $2$ perchè $"dim ker" f_h+"dim Im"f_h=3$, l'errore è lo stesso.
Forse intendevi dire che $"ker" f_h=L(v_1, v_2+v_3)$? Ma entrambi questi vettori non sono nel nucleo di $f_1$! Basta calcolare $f_1(v_1)$ e $f_1(v_2,v_3)$ e verificare che non fa zero!
Scusami, forse sono stato poco chiaro nel caso del nucleo per $h=1$.
Intendevo dire che ci sono due errori.
Il primo è la confusione che hai fatto fra i vettori $v\in V$ e le terne di componenti di $v$ rispetto alla base $B$.
Il secondo è il calcolo effettivo del nucleo. Esso non è lo spazio generato da $v_1$ e $v_2+v_3$ (se era questo che intendevi dire quando hai detto che $"ker" f_1=((1,0,0),(0,1,1))$), per quanto detto nel post precedente.
Intendevo dire che ci sono due errori.
Il primo è la confusione che hai fatto fra i vettori $v\in V$ e le terne di componenti di $v$ rispetto alla base $B$.
Il secondo è il calcolo effettivo del nucleo. Esso non è lo spazio generato da $v_1$ e $v_2+v_3$ (se era questo che intendevi dire quando hai detto che $"ker" f_1=((1,0,0),(0,1,1))$), per quanto detto nel post precedente.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo