Probema con i ker.
Salve ho un piccolo dubbio.Ma è possibile che il ker possa avere come componenti il vettore nullo?
In pratica ho questo matrice $(((t+3),2,1),(0,6,6),(0,-4,-5))$ e dopo aver svolto la richesta di trovare per quali valori di t non è isomorfismo.cioè per t=-3 mi chiede di trovare il ker con tale valore.
Mi esce quindi una matrice che ha la prima colonna con tutti gli elementi nulli.Ora non sapevo se continuare lasciando la colonna cosi oppure elimandola.Alla fine ho scritto il sistema associato e mi sono trovato che le uniche soluzione possibile sono x=0 y=0 e z=0 è possbile?
In pratica ho questo matrice $(((t+3),2,1),(0,6,6),(0,-4,-5))$ e dopo aver svolto la richesta di trovare per quali valori di t non è isomorfismo.cioè per t=-3 mi chiede di trovare il ker con tale valore.
Mi esce quindi una matrice che ha la prima colonna con tutti gli elementi nulli.Ora non sapevo se continuare lasciando la colonna cosi oppure elimandola.Alla fine ho scritto il sistema associato e mi sono trovato che le uniche soluzione possibile sono x=0 y=0 e z=0 è possbile?
Risposte
ma non è un isomorfismo per $t!=-3$? se t=3 il determinante si annulla quindi l'applicazione non è biettiva
Ti spiego subito,mi ha chiesto di trovare per quali valori di t l'applicazione non è un isomorfismo.Ovviamente per t=-3 poichè verrebbe il determinante =0 e quindi il rango non sarà tre e quindi non isomorfismo sicuramente.Mi sono bloccato su due punti,il primo quando mi chiede di calcolare il ker della matrice con t=-3.E mi viene come unica soluzione quella banale e mi sono bloccato poichè non so se sia corretto avere tale soluzione.Secondo punto è quando mi chiedere di vedere se per t=-3 la matrice l'endomorfismo è diagonalizzabile.Avevo pensato a rispondere negativamente dicendo che non è diagonalizzabile in quanto il rango non è massimo.Illuminatemi 
No, no, no!
[tex]\left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 6 & 6 \\ 0 & -4 & -5 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right) \Rightarrow \left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & -6 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right) \Rightarrow \left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right)[/tex]
e quindi otteniamo che lo spazio delle soluzioni è [tex]\langle (1,0,0) \rangle[/tex]. Beh, si poteva fare prima: la matrice ha ovviamente rango 2 e quindi lo spazio delle soluzioni ha dimensione 1; siccome [tex](1,0,0)[/tex] è una soluzione, otteniamo lo stesso risultato senza conti. Osserva che se una matrice quadrata non è invertibile (cioè non è associata ad un isomorfismo) allora non può essere iniettiva, cioè il suo nucleo non può essere banale.
Non puoi eliminare colonne! Puoi eliminare le righe superflue, questo sì, ma mai le colonne (sarebbe come cambiare il numero delle variabili!).
Poi [tex]\text{rango massimo} \not \Rightarrow \text{diagonalizzabile}[/tex] e [tex]\text{diagonalizzabile} \not \Rightarrow \text{rango massimo}[/tex]. I due concetti sono del tutto indipendenti. Ad esempio la matrice nulla è diagonale e la matrice
[tex]\left( \begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right)[/tex]
ha rango massimo, ma non è diagonalizzabile!
[tex]\left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 6 & 6 \\ 0 & -4 & -5 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right) \Rightarrow \left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & -6 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right) \Rightarrow \left( \begin{matrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right| \left. \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right)[/tex]
e quindi otteniamo che lo spazio delle soluzioni è [tex]\langle (1,0,0) \rangle[/tex]. Beh, si poteva fare prima: la matrice ha ovviamente rango 2 e quindi lo spazio delle soluzioni ha dimensione 1; siccome [tex](1,0,0)[/tex] è una soluzione, otteniamo lo stesso risultato senza conti. Osserva che se una matrice quadrata non è invertibile (cioè non è associata ad un isomorfismo) allora non può essere iniettiva, cioè il suo nucleo non può essere banale.
Non puoi eliminare colonne! Puoi eliminare le righe superflue, questo sì, ma mai le colonne (sarebbe come cambiare il numero delle variabili!).
Poi [tex]\text{rango massimo} \not \Rightarrow \text{diagonalizzabile}[/tex] e [tex]\text{diagonalizzabile} \not \Rightarrow \text{rango massimo}[/tex]. I due concetti sono del tutto indipendenti. Ad esempio la matrice nulla è diagonale e la matrice
[tex]\left( \begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right)[/tex]
ha rango massimo, ma non è diagonalizzabile!
"AlbertEinstein91":aggiungo: solo per $t=-3$. Non ci sono altre possibilità.
Ti spiego subito,mi ha chiesto di trovare per quali valori di t l'applicazione non è un isomorfismo.Ovviamente per $t=-3$ poichè verrebbe il determinante $=0$ e quindi il rango non sarà tre e quindi non isomorfismo sicuramente.
"AlbertEinstein91":In realtà non c'è solo la soluzione banale. Puoi postare i tuoi conti così ci butto un occhio? La matrice è $((0,2,1),(0,6,6),(0,-4,-5))$
Mi sono bloccato su due punti,il primo quando mi chiede di calcolare il ker della matrice con $ t=-3$.
E mi viene come unica soluzione quella banale e mi sono bloccato poichè non so se sia corretto avere tale soluzione.
"AlbertEinstein91":Non c'è correlazione tra rango e diagonalizzazione.
Secondo punto è quando mi chiedere di vedere se per $t=-3$ la matrice l'endomorfismo è diagonalizzabile.Avevo pensato a rispondere negativamente dicendo che non è diagonalizzabile in quanto il rango non è massimo.
Devi trovare gli autovalori della matrice, poi gli autospazi e da lì concludere se la matrice associata all'endomorfismo è diagonalizzabile.
Edit: maurer mi ha anticipato. Ho detto le stesse cose, quindi hai una conferma
Allora il sistema associato alla matrice è:
${(2y+z=0),(6y+6y=0),(-4y-5z=0):}$
Poichè la x non compare,penso sia uguale a 0.Riduco comunque il sistema a due righe,poichè il rango della matrice associata è uguale a 2.Poi ho usato cramer ed y e z risultano essere uguali a zero.
${(2y+z=0),(6y+6y=0),(-4y-5z=0):}$
Poichè la x non compare,penso sia uguale a 0.Riduco comunque il sistema a due righe,poichè il rango della matrice associata è uguale a 2.Poi ho usato cramer ed y e z risultano essere uguali a zero.
"AlbertEinstein91":Eccolo qui l'errore
...Poichè la $x$ non compare, penso sia uguale a $0$...
(tutto il resto è corretto).Se la $x$ non compare non significa che deve essere per forza nulla. Al contrario, significa che non ci sono vincoli sulla $x$.
Ovvero $x$ può assumere qualunque valore. Ok?
Grazie per le risposte,ho compreso il mio errore da ciuchino ](/datas/uploads/forum/emoji/eusa_wall.gif "Brick wall")
Il nucleo contiene SEMPRE il vettore nullo.
Un applicazione lineare è un isomorfismo SE E SOLO SE il nucleo contiene SOLO il vettore nullo.
Un applicazione lineare è un isomorfismo SE E SOLO SE il nucleo contiene SOLO il vettore nullo.
"orazioster":
Un applicazione lineare è un isomorfismo SE E SOLO SE il nucleo contiene SOLO il vettore nullo.
Sicuro?
Se prendiamo $f:RR->RR^2$ con legge $f(x)=(x,0)$ $AA x in RR$
si ha che $ker(f)={0}$ ma $f$ non è un isomorfismo ($f$ non è biiettiva)
Hai ragione. Io
intendevo da uno spazio vettoriale allo stesso visto che l'argomento
era su una matrice quadrata.
Avrei dovuto perciò scrivere "omomorfismo"
intendevo da uno spazio vettoriale allo stesso visto che l'argomento
era su una matrice quadrata.
Avrei dovuto perciò scrivere "omomorfismo"
"orazioster":
Avrei dovuto perciò scrivere "omomorfismo"
Mmm, endomorfismo, mi sa. Per me, omomorfismo è sinonimo di applicazione lineare, in generale.
Sì -mi hai fatto andare a riguardare il vecchio libro di geometria.
La parola che mi serviva era "automorfismo" cioè un "endomorfismo" biiettivo.
- nella mia mente era successa una associazione tra "auto-" ed "omo-".
La parola che mi serviva era "automorfismo" cioè un "endomorfismo" biiettivo.
- nella mia mente era successa una associazione tra "auto-" ed "omo-".
Comunque c'è chi dice "isomorfismo" per intendere un omomorfismo ingettivo ma non necessariamente surgettivo. Mi pare che sul libro di Herstein, per esempio, si faccia così. Insomma, come al solito: guardare sempre il contesto.
Grazie per le risposte,adesso ho compreso qualche altro concetto importante. 
Ho trovare la matrice avente come colonne i ker trovati per i vari autovolari,ho trovata anche la sua inversa.Ora so che la matrice diagonale è uguale alla matrice inversa dei ker per la matrice di base per quella dei ker...ho ricontrollato mille volti i calcoli ma non mi viene mai una matrice aventi gli autovali sulla diagonale e i tutti gi elementi uguali a 0....forse dovrei ridurre a scalini e può darsi che mi venga la matrice diagonale?
Ho trovare la matrice avente come colonne i ker trovati per i vari autovolari,ho trovata anche la sua inversa.Ora so che la matrice diagonale è uguale alla matrice inversa dei ker per la matrice di base per quella dei ker...ho ricontrollato mille volti i calcoli ma non mi viene mai una matrice aventi gli autovali sulla diagonale e i tutti gi elementi uguali a 0....forse dovrei ridurre a scalini e può darsi che mi venga la matrice diagonale?
No, non stai facendo il determinante, stai moltiplicando delle matrici. Quindi non puoi ridurre a scalini
Allora, hai trovato la matrice $P$ che ha come colonne le basi degli autospazi: quanto ti viene?
E la sua inversa $P^(-1)$?
Allora, hai trovato la matrice $P$ che ha come colonne le basi degli autospazi: quanto ti viene?
E la sua inversa $P^(-1)$?
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