Soluzioni
  • Consideriamo l'applicazione lineare definita con le immagini:

    \\ f(1,1,1)=(0,1,1) \\ \\ f(0,1,1)=(-1,-1,-1) \\ \\ f(2,2,0)=f(a,4,3) \\ \\ f(1,2,3)=(0,0,0)

    Il primo punto del problema ci chiede di determinare il numero reale a in modo che sia soddisfatta la terza uguaglianza. Per farlo, partiamo con alcune considerazioni di carattere squisitamente teorico.

    I vettori preimmagine:

    \mathbf{v}_1=(1,1,1) \ \ ; \ \ \mathbf{v}_2=(0,1,1) \ \ ; \ \ \mathbf{v}_3=(1,2,3)

    costituiscono una base per \mathbb{R}^3, infatti se li disponiamo per colonne, ricaviamo la matrice:

    \begin{pmatrix}1&0&1\\ 1&1&2\\ 1&1&3\end{pmatrix}

    il cui determinante è non nullo, pertanto il suo rango di A è 3, così come è 3 il numero di colonne linearmente indipendenti.

    In definitiva:

    \mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\}

    è una base di \mathbb{R}^3, di conseguenza le loro immagini mediante f costituiscono un sistema di generatori per l'immagine dell'applicazione lineare, vale a dire:

    \\ \mbox{Im}(f)=\mbox{Span}(f(\mathbf{v}_1),f(\mathbf{v}_2),f(\mathbf{v}_3))= \\ \\ =\mbox{Span}((0,1,1),(-1,-1,-1), (0,0,0))=

    Si noti che il vettore nullo è del tutto inutile, perché non genera nulla, se non se stesso.

    =\mbox{Span}((0,1,1),(-1,-1,-1))

    Poiché i vettori immagine

    f(\mathbf{v}_1)=(0,1,1) \ \ ; \ \ f(\mathbf{v}_2)=(-1,-1,-1)

    non sono multipli tra loro, essi sono linearmente indipendenti e costituiscono, quindi, una base per l'immagine di f

    \\ \mathcal{B}_{\mbox{Im}(f)}=\{f(\mathbf{v}_1),f(\mathbf{v}_2)\}=\\ \\ =\{(0,1,1),(-1,-1,-1)\}

    Nota una base, possiamo calcolare la dimensione dell'immagine dell'applicazione: basta contare gli elementi che costituiscono \mathcal{B}_{\mbox{Im}(f)} e scrivere che:

    \mbox{dim}(\mbox{Im}(f))=2

    A questo punto, grazie al teorema delle dimensioni possiamo calcolare la dimensione del nucleo dell'applicazione:

    \\ \mbox{dim}(\mbox{Ker}(f))=\mbox{dim}(\mathbb{R}^3)-\mbox{dim}(\mbox{Im}(f))= \\ \\ = 3-2=1

    da cui deduciamo che la dimensione del nucleo di f è 1.

    In accordo con la definizione di dimensione di uno spazio vettoriale, ogni base del nucleo sarà formata da un solo vettore.

    Dalla traccia sappiamo che f(1,2,3)=(0,0,0), per cui (1,2,3) è un vettore nel nucleo:

    (1,2,3)\in\mbox{Ker}(f)

    Di più! Esso costituisce una base del nucleo.

    \mathcal{B}_{\mbox{Ker}(f)}=\{(1,2,3)\}

    Dopo questo preambolo che ci ha permesso di determinare una base del kernel, possiamo determinare il numero reale a tale che

    f(2,2,0)=f(a,4,3)

    Per prima cosa portiamo tutto al primo membro

    f(2,2,0)-f(a,4,3)=(0,0,0)

    e sfruttiamo l'additività dell'applicazione lineare

    \\ f((2,2,0)-(a,4,3))=(0,0,0) \\ \\ f(2-a,-2,-3)=(0,0,0)

    L'ultima relazione si traduce nella seguente richiesta: per quali valori di a il vettore \mathbf{w}=(2-a,-2,-3) appartiene al nucleo dell'applicazione? Se rispondiamo a questa domanda, abbiamo ricavato a.

    Ora \mathbf{w}\in\mbox{Ker}(f) se e solo se è combinazione lineare degli elementi della base scelta, ossia se e solo se esiste uno scalare \lambda\in\mathbb{R} tale che:

    (2-a,-2,-3)=\lambda(1,2,3)

    ossia

    (2-a,-2,-3)=(\lambda,2\lambda, 3\lambda)

    Uguagliando ordinatamente le componenti, ricaviamo le equazioni che compongono il seguente sistema

    \begin{cases}2-a=\lambda\\ -2=2\lambda \\ -3=3\lambda\end{cases}

    Risolviamolo con il metodo di sostituzione. Dalla seconda relazione si ottiene facilmente che \lambda=-1 e rimpiazzando questo valore nelle altre equazioni scopriamo che:

    \\ 2-a=\lambda \ \ \ \to \ \ \ 2-a=-1 \ \ \ \to \ \ \ a=3\\ \\ -3=3\lambda \ \ \ \to \ \ \ -3=-3

    In definitiva, il valore da attribuire ad a affinché sussista l'uguaglianza

    f(2,2,0)=f(a,4,3)

    è a=3.

    Studio della diagonalizzabilità di f

    Per stabilire se f è un endomorfismo diagonalizzabile, abbiamo bisogno della matrice associata rispetto a due basi fissate.

    Come base del dominio di f possiamo scegliere la seguente:

    \mathcal{B}=\{(1,1,1),\ (0,1,1),\ (1,2,3)\}

    mentre come base dello spazio di arrivo scegliamo la base canonica di \mathbb{R}^3:

    \mathcal{C}=\{(1,0,0), \ (0,1,0), \ (0,0,1)\}

    La matrice associata a f rispetto alle basi \mathcal{B},\mathcal{C} è quella matrice che ha per colonne le coordinate rispetto alla base d'arrivo delle immagini secondo f dei vettori della base di partenza.

    Proprio perché la base di arrivo è quella canonica, basterà disporre in colonna le immagini mediante f dei vettori

    (1,1,1)\ \ ; \ \ (0,1,1) \ \ ; \ \ (1,2,3)

    che sono:

    \\ f(1,1,1)=(0,1,1)\\ \\ f(0,1,1)=(-1,-1,-1)\\ \\ f(1,2,3)=(0,0,0)

    Otteniamo, così, la seguente matrice:

    A=\begin{pmatrix}0&-1&0\\ 1&-1&0\\ 1&-1&0\end{pmatrix}

    Se A è una matrice diagonalizzabile su \mathbb{R}, lo sarà anche f e viceversa.

    Determiniamo il polinomio caratteristico definito come il determinante della matrice (A-\lambda\mbox{Id}_3), dove \mbox{Id}_3 è la matrice identità di ordine 3.

    \\ p(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda\mbox{Id}_3)=\\ \\ =\mbox{det}\begin{pmatrix}-\lambda&-1&0\\ 1&-1-\lambda&0\\ 1&-1&-\lambda\end{pmatrix}=

    Usando lo sviluppo di Laplace sull'ultima colonna, ricaviamo immediatamente che il determinante è:

    \\ =-\lambda(-\lambda(-1-\lambda)-(-1)\cdot 1)=\\ \\ =-\lambda(\lambda^2+\lambda+1)

    Calcoliamo le radici reali del polinomio caratteristico, che rappresentano gli autovalori della matrice A:

    p(\lambda)=0 \ \ \to \ \ -\lambda(\lambda^2+\lambda+1)=0

    In virtù della legge di annullamento del prodotto, il polinomio è nullo se e solo se

    -\lambda=0 \ \ \ \vee \ \ \ \lambda^2+\lambda+1=0

    da cui \lambda=0.

    Si noti che l'equazione di secondo grado

    \lambda^2+\lambda+1=0

    non ha soluzioni reali, infatti il discriminante è minore di zero.

    La matrice A ha un solo autovalore con molteplicità algebrica 1, di conseguenza non può essere diagonalizzabile per via del teorema di diagonalizzabilità: viene meno l'ipotesi secondo cui il numero di autovalori della matrice, contati con la loro molteplicità, dev'essere uguale all'ordine della matrice.

    Poiché A non è diagonalizzabile, non lo sarà nemmeno l'endomorfismo f, e ciò conclude l'esercizio.

    Risposta di Galois
 
MEDIEGeometriaAlgebra e Aritmetica
SUPERIORIAlgebraGeometriaAnalisiAltro
UNIVERSITÀAnalisiAlgebra LineareAlgebraAltro
EXTRAPilloleWiki
 
Esercizi simili e domande correlate
Domande della categoria Università - Algebra Lineare