Nucleo di un endomorfismo
Sto avendo qualche difficoltà con un esercizio che mi chiede di trovare il nucleo e l'immagine di un endomorfismo f da \(\displaystyle R^3 \) in \(\displaystyle R^3 \)
\( (x,y,z)\rightarrow (x+y+hz, hx+y+z,x+y+hz) \space \space h \in R \)
Ora se non ho capito male, il nucleo è l'insieme degli elementi del dominio che hanno come immagine 0 tramite f.
Questo vuol dire che devo risolvere il sistema?
\( \begin{cases} x + y +hz = 0 \\ hx + y +z = 0 \\ x + y +hz = 0 \end{cases} \)
mi aiutate a capire?
\( (x,y,z)\rightarrow (x+y+hz, hx+y+z,x+y+hz) \space \space h \in R \)
Ora se non ho capito male, il nucleo è l'insieme degli elementi del dominio che hanno come immagine 0 tramite f.
Questo vuol dire che devo risolvere il sistema?
\( \begin{cases} x + y +hz = 0 \\ hx + y +z = 0 \\ x + y +hz = 0 \end{cases} \)
mi aiutate a capire?
Risposte
cioè risolvendo il sistema ottengo
\( \begin{cases} x = z \\ y = -z\frac{(1-h)}{(1-h^2)} \end{cases} \)
quindi il mio \(\displaystyle ker = (z,-z\frac{(1-h)}{(1-h^2)}, z)\) con \(\displaystyle z \in R \) ?
\( \begin{cases} x = z \\ y = -z\frac{(1-h)}{(1-h^2)} \end{cases} \)
quindi il mio \(\displaystyle ker = (z,-z\frac{(1-h)}{(1-h^2)}, z)\) con \(\displaystyle z \in R \) ?
Osservando bene il sistema omogeneo si vede che la prima e la terza equazione sono uguali; quindi elimino la terza che non mi da alcun contributo utile.
Il sistema omogeneo da risolvere per trovare il $ker $ è dunque :
$ x+y+hz= 0$
$hx ++y+z=0 $ e sottranedo una equaz dall'altra si ha :
$(1-h)x = (1-h) z $ ; dunque se $h ne 1 $ la soluzione è $x=z ; y=-(h+1)x )$ e quindi il $ker =( x, -(h+1)x , x ) $ ed è $ dim ker =1 $.
Se invece $h=1 $ allora le tre equazioni sono uguali tra loro e basta considerarne una sola :
$x+y+z=0 $ la cui soluzione è quindi $ker = ( x,y, -x-y) $ ed è$ dim ker =2 $
N.B. la tua soluzione non è valida per ogni valore di $h $ , attenzione nel futuro
Il sistema omogeneo da risolvere per trovare il $ker $ è dunque :
$ x+y+hz= 0$
$hx ++y+z=0 $ e sottranedo una equaz dall'altra si ha :
$(1-h)x = (1-h) z $ ; dunque se $h ne 1 $ la soluzione è $x=z ; y=-(h+1)x )$ e quindi il $ker =( x, -(h+1)x , x ) $ ed è $ dim ker =1 $.
Se invece $h=1 $ allora le tre equazioni sono uguali tra loro e basta considerarne una sola :
$x+y+z=0 $ la cui soluzione è quindi $ker = ( x,y, -x-y) $ ed è$ dim ker =2 $
N.B. la tua soluzione non è valida per ogni valore di $h $ , attenzione nel futuro
grazie mille! tutto chiaro adesso!
Giusto per curiosità, se volessi calcolare una base dell'immagine di f dovrei prendere la matrice
\( \begin{pmatrix} 1 & 1 & h \\ h & 1 & 1 \\ 1 & 1 & h \end{pmatrix} \)
e prendere le colonne linearmente indipendenti?
quindi per \(\displaystyle h = 1 \)
abbiamo come base \(\displaystyle (1,1,1) \)
mentre per \(\displaystyle h\neq 1 \)
abbiamo come base \(\displaystyle {(1,1,1), (1,h,1)} \)
Non credo di aver capito bene come ottenere l'immagine di un'applicazione lineare.
concettualmente so cos'è ma vorrei approfondire "praticamente" come si ottiene.
Se il metodo qui su è giusto perchè si calcola così?
Grazie a tutti in anticipo
\( \begin{pmatrix} 1 & 1 & h \\ h & 1 & 1 \\ 1 & 1 & h \end{pmatrix} \)
e prendere le colonne linearmente indipendenti?
quindi per \(\displaystyle h = 1 \)
abbiamo come base \(\displaystyle (1,1,1) \)
mentre per \(\displaystyle h\neq 1 \)
abbiamo come base \(\displaystyle {(1,1,1), (1,h,1)} \)
Non credo di aver capito bene come ottenere l'immagine di un'applicazione lineare.
concettualmente so cos'è ma vorrei approfondire "praticamente" come si ottiene.
Se il metodo qui su è giusto perchè si calcola così?
Grazie a tutti in anticipo
Dal Teorema delle dimensioni si ha che :$ Dim ker f +Dim Im f = Dim RR^3 = 3 $.
Quindi se $h ne 1 rarr Dim ker f = 1 rarr Dim Im f = 2 $ .Una base dell'Immagine sarà data da 2 colonne linearmente indipendenti le cui combinazioni lineari generano tutta l'immagine.Questo è il punto importante !!
Ad es. come tu dici una base è $( 1,1,1),(1,h,1)$ .
Se invece $h=1 rarr Dim ker f =2 , rarr Dim Imf =1 $ ; una base ad esempio $(1,1,1)$
Quindi se $h ne 1 rarr Dim ker f = 1 rarr Dim Im f = 2 $ .Una base dell'Immagine sarà data da 2 colonne linearmente indipendenti le cui combinazioni lineari generano tutta l'immagine.Questo è il punto importante !!
Ad es. come tu dici una base è $( 1,1,1),(1,h,1)$ .
Se invece $h=1 rarr Dim ker f =2 , rarr Dim Imf =1 $ ; una base ad esempio $(1,1,1)$
ok tutto chiaro! Grazie mille!
A questo punto ne approfitto per un'ultima cosa
Nell'esercizio mi viene chiesto di determinare condizioni su h affinchè f sia diagonalizzabile.
Per fare ciò per prima cosa mi trovo gli autovalori
\( det\begin{vmatrix} 1-\lambda & 1 & h \\ h & 1-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & h-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2(-\lambda+2+h) \)
quindi abbiamo
\(\displaystyle \lambda = 0 \)
\(\displaystyle m_a(0)=1 \)
\(\displaystyle \lambda = h+2 \)
\(\displaystyle m_a(h+2)=1 \)
le condizioni per cui una matrice sia diagonalizzabile sono:
la somma delle molteplicità degli autovalori sia pari all'ordine della matrice
e la molteplicità algebrica di ciascun autovalore sia pari alla sua molteplicità geometrica
La prima credo sia confermata per il fatto che nella matrice ci sono solo 2 vettori linearmente indipendenti (ma vorrei conferma su questo)
Per la seconda procedo a calcolare le molteplicità geometriche
\(\displaystyle
m_g( \lambda )= n - rango(A- \lambda Id) \)
\( m_g(0) = 3 - rango\begin{vmatrix} 1 & 1 & h \\ h & 1 & 1 \\ 1 & 1 & h \end{vmatrix} = 3 - 2 = 1 \)
e questa si direbbe confermata
\( m_g(h+2) = 3 - rango\begin{vmatrix} -h-1 & 1 & h \\ h & -h-1 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{vmatrix} \)
per ottenere \(m_a(h+2) = m_g(h+2=\) la matrice deve avere rango pari a 2
quindi il suo determinante deve essere 0
saltando un pò di calcoli per il determinante ottengo
\( detA = -h(h+1) = 0 \) soltanto se \( h = 1 \) e \( h=0 \)
per verificare che il rango sia pari a 2 calcolo il determinante della sottomatrice
\( \begin{vmatrix} -h-1 & 1 \\ h & -h-1 \end{vmatrix} = h^2 + h + 1 \)
\( h^2 + h + 1 = 0 \) non ha soluzioni reali quindi possiamo dire che la nostra matrice ha rango pari a 2 per \( h = 0 \) e \( h = 1 \)
e per questi valori di h il nostro endomorfismo è diagonalizzabile
Tutto questo è corretto?
A questo punto ne approfitto per un'ultima cosa
Nell'esercizio mi viene chiesto di determinare condizioni su h affinchè f sia diagonalizzabile.
Per fare ciò per prima cosa mi trovo gli autovalori
\( det\begin{vmatrix} 1-\lambda & 1 & h \\ h & 1-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & h-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2(-\lambda+2+h) \)
quindi abbiamo
\(\displaystyle \lambda = 0 \)
\(\displaystyle m_a(0)=1 \)
\(\displaystyle \lambda = h+2 \)
\(\displaystyle m_a(h+2)=1 \)
le condizioni per cui una matrice sia diagonalizzabile sono:
la somma delle molteplicità degli autovalori sia pari all'ordine della matrice
e la molteplicità algebrica di ciascun autovalore sia pari alla sua molteplicità geometrica
La prima credo sia confermata per il fatto che nella matrice ci sono solo 2 vettori linearmente indipendenti (ma vorrei conferma su questo)
Per la seconda procedo a calcolare le molteplicità geometriche
\(\displaystyle
m_g( \lambda )= n - rango(A- \lambda Id) \)
\( m_g(0) = 3 - rango\begin{vmatrix} 1 & 1 & h \\ h & 1 & 1 \\ 1 & 1 & h \end{vmatrix} = 3 - 2 = 1 \)
e questa si direbbe confermata
\( m_g(h+2) = 3 - rango\begin{vmatrix} -h-1 & 1 & h \\ h & -h-1 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{vmatrix} \)
per ottenere \(m_a(h+2) = m_g(h+2=\) la matrice deve avere rango pari a 2
quindi il suo determinante deve essere 0
saltando un pò di calcoli per il determinante ottengo
\( detA = -h(h+1) = 0 \) soltanto se \( h = 1 \) e \( h=0 \)
per verificare che il rango sia pari a 2 calcolo il determinante della sottomatrice
\( \begin{vmatrix} -h-1 & 1 \\ h & -h-1 \end{vmatrix} = h^2 + h + 1 \)
\( h^2 + h + 1 = 0 \) non ha soluzioni reali quindi possiamo dire che la nostra matrice ha rango pari a 2 per \( h = 0 \) e \( h = 1 \)
e per questi valori di h il nostro endomorfismo è diagonalizzabile
Tutto questo è corretto?
N.B. L'autovalore $lambda=0 $ ha $m_a=2 $ in quanto è una radice doppia per l'equazione caratteristica.Bisogna sia anche $m_g=2 $ cioè il relativo autospazio deve avere dimensione = 2 per avere diagonalizzabilità.
Quindi per $lambda=0 $ la matrice deve avere rango =1
Quindi per $lambda=0 $ la matrice deve avere rango =1
Ok, quindi per avere rango = 1 la matrice
$ | ( 1 , 1 , h ),( h , 1 , 1 ),( 1 , 1 , h ) | $
deve avere det = 0; e questo si conferma velocemente.
quindi passiamo a verificare che il determinante della sottomatrice sia pure 0
\( \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ h & 1 \end{vmatrix} = 1-h \Longrightarrow h=1 \)
Quindi per h = 1 si ottiene una matrice di rango 1
Il resto dell'esercizio non cambia e il risultato finale vede h=1 come unico valore di h per cui il nostro endomorfismo è diagonalizzabile.
calcolo velocemente gli autovettori
per \( \lambda _0 = 0 \Longrightarrow [1,0,-1],[0,1,-1] \)
per \( \lambda _1 = 3 \Longrightarrow [1,1,1] \)
pertanto le matrici D e P sono:
\( D=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix} \)
\( P=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} \)
Mi sbaglio? spero di no
Grazie mille per l'aiuto
$ | ( 1 , 1 , h ),( h , 1 , 1 ),( 1 , 1 , h ) | $
deve avere det = 0; e questo si conferma velocemente.
quindi passiamo a verificare che il determinante della sottomatrice sia pure 0
\( \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ h & 1 \end{vmatrix} = 1-h \Longrightarrow h=1 \)
Quindi per h = 1 si ottiene una matrice di rango 1
Il resto dell'esercizio non cambia e il risultato finale vede h=1 come unico valore di h per cui il nostro endomorfismo è diagonalizzabile.
calcolo velocemente gli autovettori
per \( \lambda _0 = 0 \Longrightarrow [1,0,-1],[0,1,-1] \)
per \( \lambda _1 = 3 \Longrightarrow [1,1,1] \)
pertanto le matrici D e P sono:
\( D=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix} \)
\( P=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \end{bmatrix} \)
Mi sbaglio? spero di no
Grazie mille per l'aiuto
No, non ti sbagli
Una osservazione : bisogna verificare che tutte le sottomatrici 2x2 abbiano det=0 ; quindi anche ad es. la sottomatrice $((1,h),(h,1))$.
Ovviamente in questo caso per $h=1 $ il rango di A è 1 in quanto tutti gli elementi della matrice valgono 1 .
In conclusione la matrice $ A = (( 1,1,h),(h,1,1),(1,1,h))$ è diagonalizzabile solo per $h=1 $ con autovalori
$lambda_(1,2)= 0; m_a=2; m_g=2 $ e una base dell'autospazio corrispondente pari a $ ( 1,0,-1),( 0,1,-1) $.
$lambda_(3)=3 ; m_a=1 ; m_g=1 $ e una base autospazio $ ( 1,1,1)$.
Come dici tu si ha $D=((0,0,0),(0,0,0),(0,0,3))$ e $P=((1,0,1),(0,1,1),(-1,-1,1))$, essendo $P $ la matrice diagonalizzante.
.Si trova che $P^(-1) =((2/3,-1/3,-1/3),(-1/3,2/3,-1/3),(1/3,1/3,1/3))$ ed è $P^(-1)AP=D$.
Una osservazione : bisogna verificare che tutte le sottomatrici 2x2 abbiano det=0 ; quindi anche ad es. la sottomatrice $((1,h),(h,1))$.
Ovviamente in questo caso per $h=1 $ il rango di A è 1 in quanto tutti gli elementi della matrice valgono 1 .
In conclusione la matrice $ A = (( 1,1,h),(h,1,1),(1,1,h))$ è diagonalizzabile solo per $h=1 $ con autovalori
$lambda_(1,2)= 0; m_a=2; m_g=2 $ e una base dell'autospazio corrispondente pari a $ ( 1,0,-1),( 0,1,-1) $.
$lambda_(3)=3 ; m_a=1 ; m_g=1 $ e una base autospazio $ ( 1,1,1)$.
Come dici tu si ha $D=((0,0,0),(0,0,0),(0,0,3))$ e $P=((1,0,1),(0,1,1),(-1,-1,1))$, essendo $P $ la matrice diagonalizzante.
.Si trova che $P^(-1) =((2/3,-1/3,-1/3),(-1/3,2/3,-1/3),(1/3,1/3,1/3))$ ed è $P^(-1)AP=D$.
Grazie mille! Mi sei stato di grande aiuto!
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