Matrice diagonalizzabile

[bord89]

mi trovo di fronte a questo esercizio:
si indichi una matrice $ A in RR^(3x3) $ tale che:

A sia diagonalizzabile,
Ker(A) = {$ x in RR^3 :x_1 + 3x_2 + 3x_3 = 0},
Im(A) = $ (: ({: ( 1 ),( 1 ),( 1 ) :}) :) $
[/list:u:19jopx1u]

non ho proprio idea di come procedere ma penso che si dovrà usare qualche teorema che lega le auto"cose", il nucleo e l'immagine..

[mistake89]

Provo a darti un'idea... non so se effettivamente possa essere utile.
Anzitutto il $ker$ ha dimensione $2$ e l'immagine dimensione $1$, per essere diagonalizzabile l'autovalore $0$ deve avere molteplicità $2$, mentre $1$ deve essere semplice...
Una base del $ker$ saranno i nostri autovettori, mentre una base dell'$Im$ che puoi vedere come l'autospazio relativo ad un certo autovalore $lambda$ è il vettore dato, che quindi è autovettore.

Quindi hai gli autovettori, hai gli autovalori... non dovresti avere problemi

[bord89]

mi sa che mi sfuggono delle cose (probabilmente evidenti ai più!).. come fai a dire che 0 e 1 sono autovalori?? e come è collegata la base del Ker agli autovettori??

P.S. abbi pazienza! ho delle lacune nella teoria..

[Andrea9905]

"bord89":mi sa che mi sfuggono delle cose (probabilmente evidenti ai più!).. come fai a dire che 0 e 1 sono autovalori?? e come è collegata la base del Ker agli autovettori??

P.S. abbi pazienza! ho delle lacune nella teoria..

Bord! Non è complesso:
Intanto devi prendere questa regola: il Ker ha sempre autovalore 0... se ci pensi torna logicamente... basta ricollegarsi alla formula:

$kerf={v in V: f(v)=0}$

L'1 dell'immagine è preso per comodità... potevi prendere anche 55555555555555555, ma come vedi meglio i conti piccoli...^^

Quindi basta che ti prendi una base del ker l'appiccichi alla base dell'immagine e ottieni così H!

D non sarà altro che la matrice costituita da autovalori sulla diagonale e per il resto da zeri...

Se non torna ancora fammi sapere!
Bona!^^

[mistake89]

il $kerf$ è l'autospazio relativo all'autovalore $0$, è banale come cosa... in quanto il sistema $(A-lambdaI_n)X=0$ si trasforma in $AX=0$ che altro non è che il $ker$ dell'applicazione lineare associata ad $A$
Quanto all'altro non è necessario che sia $1$. Quello è sicuramente il più comodo, basta porre $f(1,1,1)=(1,1,1)$ ed hai ottenuto ciò che desideravamo. Ma potrebbe essere $f(1/7,1/7,1/7)=(1,1,1)$ non è importante. L'arbitrarietà della nostra matrice sta qui.

Credo che il ragionamento fili.

[bord89]

adesso è chiaro! era più semplice di quanto pensassi.. grazie 1000 a tutti e due!!