Studio di un Endomorfismo (Autovalori e autovettori)
Salve a tutti, non riesco a procedere nel seguente esercizio:
$f: $R^3$ \to $R^3$$ l'endomorfismo definito,al variare del parametro reale h,mediante le assegnazioni:
$f: (1,1,0) = (h,h,0)$
$f: (1,0,-1)=(-1,-1,-2h+1)$
$f:(1,0,1)= (2h-1,-1,2h-1)$
1)Studiar f al variare del parametro h,determinando per ogni valore una base di Imf e di Kerf e le equazioni che li caratterizzano.
2)Studiare la semplicità di f al variare del parametro h.
3) Fissato a piacere un valore di $h$ $in$ $R$ per cui f è semplice determinare una base di autovettori e una matrice che diagonalizza M(f) (matrice associata all'endomorfismo rispetto alle basi canoniche).
Dopo aver trovato le immagini di f rispetto alla base canonica, ho scritto la matrice associata:
$((h-1,1,h),(-1,h+1,0),(0,0,2h-1))$
Per h $!=$0 e h$!=$1/2 f è un isomorfismo. Diciamo che il punto 1 sono riuscito a farlo correttamente.
Nel secondo punto calcolo il polinomio caratteristico:
$((h-1-λ,1,h),(-1,h+1-λ,0),(0,0,2h-1-λ))$
il polinomio risulta: $(2h-1-λ)(λ-h)^2$ e gli autovalori sono $2h-1,h,h$
Da questo punto in poi ho provato mille strade possibili e non sono riuscito a trovare per quale valore di h f sia semplice. Ho notato che per $h=1$ si hanno tre autovalori uguali. Grazie per qualsiasi aiuto
$f: $R^3$ \to $R^3$$ l'endomorfismo definito,al variare del parametro reale h,mediante le assegnazioni:
$f: (1,1,0) = (h,h,0)$
$f: (1,0,-1)=(-1,-1,-2h+1)$
$f:(1,0,1)= (2h-1,-1,2h-1)$
1)Studiar f al variare del parametro h,determinando per ogni valore una base di Imf e di Kerf e le equazioni che li caratterizzano.
2)Studiare la semplicità di f al variare del parametro h.
3) Fissato a piacere un valore di $h$ $in$ $R$ per cui f è semplice determinare una base di autovettori e una matrice che diagonalizza M(f) (matrice associata all'endomorfismo rispetto alle basi canoniche).
Dopo aver trovato le immagini di f rispetto alla base canonica, ho scritto la matrice associata:
$((h-1,1,h),(-1,h+1,0),(0,0,2h-1))$
Per h $!=$0 e h$!=$1/2 f è un isomorfismo. Diciamo che il punto 1 sono riuscito a farlo correttamente.
Nel secondo punto calcolo il polinomio caratteristico:
$((h-1-λ,1,h),(-1,h+1-λ,0),(0,0,2h-1-λ))$
il polinomio risulta: $(2h-1-λ)(λ-h)^2$ e gli autovalori sono $2h-1,h,h$
Da questo punto in poi ho provato mille strade possibili e non sono riuscito a trovare per quale valore di h f sia semplice. Ho notato che per $h=1$ si hanno tre autovalori uguali. Grazie per qualsiasi aiuto
Risposte
Allora distinguiamo i casi:
1) $h=1$ hai che la molteplicità algebrica $m_a(1)=3$, quindi affinchè sia diagonalizzabile deve essere $3=m_a(1)=m_(g) (1) $ molteplicità geometrica.
Per verificare ciò imponi $(A-1*Id)_(x)=0$ e trova una base dell'autospazio. Se tale base ha dimensione 3 la molteplicità geometrica è uguale a quella algebrica, quindi diagonalizzabile, altrimenti no.
2)$h!=1$ In questo caso $m_a(h)=2$ devi verificare solo per $h$, in quanto $2h-1$ è una radice semplice e quindi $1<=m_(g)(2h-1)<=m_a(2h-1)=1$
1) $h=1$ hai che la molteplicità algebrica $m_a(1)=3$, quindi affinchè sia diagonalizzabile deve essere $3=m_a(1)=m_(g) (1) $ molteplicità geometrica.
Per verificare ciò imponi $(A-1*Id)_(x)=0$ e trova una base dell'autospazio. Se tale base ha dimensione 3 la molteplicità geometrica è uguale a quella algebrica, quindi diagonalizzabile, altrimenti no.
2)$h!=1$ In questo caso $m_a(h)=2$ devi verificare solo per $h$, in quanto $2h-1$ è una radice semplice e quindi $1<=m_(g)(2h-1)<=m_a(2h-1)=1$
1) Per $h=1$ le molteplicità non coincidono quindi non è semplice per $h=1$.
2) Per $h!=1$:
$((-1,1,h),(-1,1,0),(0,0,h-1))$
$m_g(h)=1$,quindi per essere uguale a 2,la matrice deve avere rango 1 per alcuni valori di h. Quindi non è nemmeno semplice qui,anche perché non riesco a trovare per quali valori di h la matrice abbia rango 1 così da essere semplice. Perdonami ma forse ho le idee confuse.
2) Per $h!=1$:
$((-1,1,h),(-1,1,0),(0,0,h-1))$
$m_g(h)=1$,quindi per essere uguale a 2,la matrice deve avere rango 1 per alcuni valori di h. Quindi non è nemmeno semplice qui,anche perché non riesco a trovare per quali valori di h la matrice abbia rango 1 così da essere semplice. Perdonami ma forse ho le idee confuse.
No in realtà anche io non capisco... più che altro la domanda 3)
non è che hai copiato male il testo?
dopo provo a controllare se non ci siano errori di conto
p.s. che significa RR?
non è che hai copiato male il testo?
dopo provo a controllare se non ci siano errori di conto
p.s. che significa RR?
Scusami ma ho scritto due volte R, indica un h appartenente a R, nulla di complesso. Comunque per quanto riguardo il testo del terzo punto non c'è alcun errore in quanto ho copiato l'intero testo dalla fotocopia. Magari avrò fatto qualche errore nel calcolo, però ci ho riprovato tante volte.
Ho provato a rifare i calcoli da capo e mi viene il tuo stesso risultato. Anche provando con varie prove tramite matlab si ottengono forme non diagonali e gli stessi risultati.
Sinceramente non saprei...
Sinceramente non saprei...
Ho trovato su internet un esercizio simile al link:http://www.dmi.unict.it/~guardo/compitiEn/compitiEn/at26_9.pdf
Nell'ultima pagina in fondo dice: "Questo esercizio si può svolgere scrivendo la matrice di f associata alla base
B generata da v1, v2 e v3.
Fammi sapere cosa ne pensi,se sia possibile un tentativo di proseguimento.
Nell'ultima pagina in fondo dice: "Questo esercizio si può svolgere scrivendo la matrice di f associata alla base
B generata da v1, v2 e v3.
Fammi sapere cosa ne pensi,se sia possibile un tentativo di proseguimento.
A me non sembra per niente giusto quello che ha scritto in quella dispensa...
Cioè con l'ultima parte sta dicendo che lo spazio immagine è descrivibile con una base dello spazio di partenza.
Ma questo è vero solo se è un automorfismo(isomorfismo con stesso spazio partenza ed arrivo) ed essendo in $R^3$ solo se è un isomorfismo, ovvero solo se il determinante non è nullo.
Quindi se il determinante è nullo ($h=1$) quel metodo è errato in quanto non definisce la nostra applicazione $f$ (i vettori del ker non vengono mandati in $0$)
Se il determinante non è nullo questo cambio base comunque non rende possibile un'eventuale diagonalizzazione in quanto la semplicità è una proprietà invariante per cambio base.
Sostanzialmente anche quella matrice non è diagonalizzabile(difatti l'eventuale autovalore h+1 ha molteplicità algebrica e geometrica non coincidente).
Cioè con l'ultima parte sta dicendo che lo spazio immagine è descrivibile con una base dello spazio di partenza.
Ma questo è vero solo se è un automorfismo(isomorfismo con stesso spazio partenza ed arrivo) ed essendo in $R^3$ solo se è un isomorfismo, ovvero solo se il determinante non è nullo.
Quindi se il determinante è nullo ($h=1$) quel metodo è errato in quanto non definisce la nostra applicazione $f$ (i vettori del ker non vengono mandati in $0$)
Se il determinante non è nullo questo cambio base comunque non rende possibile un'eventuale diagonalizzazione in quanto la semplicità è una proprietà invariante per cambio base.
Sostanzialmente anche quella matrice non è diagonalizzabile(difatti l'eventuale autovalore h+1 ha molteplicità algebrica e geometrica non coincidente).
Quindi possiamo dire che f non è semplice per alcun valore di h?
Esatto
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