Studio di un endomorfismo parametrico

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Studio di un endomorfismo parametrico #77661

avt
Euridice
Punto
Vorrei sottoporre alla vostra attenzione un esercizio sullo studio di un endomorfismo parametrico che mi ha fatto penare non poco. Ve lo illustro.

Sia F l'endomorfismo di \mathbb{R}^3 definito nel seguente modo:

F(x,y,z)=[(2+3k)x-(2+6k)y-(2+4k)z,\ kx+(1-2k)y+(1-2k)z,\ x-2y-(2-k)z]

Individuare l'affermazione falsa:

1. non esiste alcun valore di k per cui f sia diagonalizzabile
2. f è invertibile se e solo se k è diverso da zero
3. non esiste alcun valore di k per cui il nucleo di f abbia dimensione 2
4. una delle precedenti affermazioni è falsa


Mi sono perduta con i calcoli del determinante finalizzato a trovare il polinomio caratteristico. Ammetto di essere arrugginita sui prodotti notevoli...

Vi sarei grata infatti se poteste anche darmi qualche suggerimento per risolvere questa tipologia di esercizio nel modo più agevole possibile (dato il tempo ridotto durante l'esame)

Grazie per la disponibilità!
 
 

Studio di un endomorfismo parametrico #77662

avt
Omega
Amministratore
Ciao Euridice emt

Il tempo di pensarci su, formulare una risposta e trascriverla... emt
Ringraziano: Ifrit, Euridice

Studio di un endomorfismo parametrico #77666

avt
Omega
Amministratore
Dato che il tempo all'esame è limitato, vediamo come minimizzare i tempi di risoluzione e quale ordine seguire nella verifica delle varie affermazioni.

Inoltre non si sa mai, potremmo avere un colpo di fortuna...ma non nel caso dell'esercizio proposto. emt

Premetto anche che non si può sfuggire ai prodotti notevoli, quindi è inevitabile ch'io ti suggerisca un ripasso rapido. emt

L'ordine che seguiremo nel controllo delle affermazioni è 2,\ 3,\ 1, perché come vedremo tra un istante lo studio di 3 ci permetterà di recuperare alcune considerazioni viste nel caso 2.


Scriviamo innanzitutto l'endomorfismo parametrico

F(x,y,z)=[(2+3k)x-(2+6k)y-(2+4k)z,\ kx+(1-2k)y+(1-2k)z,\ x-2y-(2-k)z]

e la relativa matrice associata rispetto alla base canonica di \mathbb{R}^3 - passaggio che non richiede sforzo alcuno.

A=\left[\begin{matrix}(2+3k) & -(2+6k) & -(2+4k)\\ k & (1-2k) & (1-2k)\\ 1 & -2 & -(2-k)\end{matrix}\right]


2) F è invertibile se e solo se k è diverso da zero

Dalla teoria sappiamo che per studiare l'invertibilità dell'applicazione lineare possiamo equivalentemente ragionare sull'invertibilità della matrice associata.

D'altra parte, tra le varie condizioni necessarie e sufficienti per le quali una matrice è invertibile, sappiamo che una matrice è invertibile se e solo se ha determinante diverso da zero.

Calcoliamo quindi il determinante della matrice. Dato che la matrice è 3x3 ci conviene procedere con la regola di Sarrus

det(A)=(2+3k)(1-2k)(-2+k)+(-2-6k)(1-2k)+k(-2)(-2-4k)+

-(1-2k)(-4k-2)-k(-2-6k)(-2+k)-(2+3k)(-2)(1-2k)

Ora fai i conti con calma e concentrazione, pezzo per pezzo

det(A)=-6k^3+11k^2+4k-4 + 12k^2-2k-2 +8k^2+4k+

+2-8k^2 +6k^3-10k^2-4k  -12k^2-2k+4

da cui

det(A)=-6k^3+31k^2+6k-6\ \ +\ \ 6k^3-30k^2-6k+6

e concludiamo che

det(A)=k^2

Di conseguenza il determinante è nullo se e solo se k^2=0, ossia se e solo se k=0. Qualsiasi altro valore di k rende la matrice invertibile, e l'affermazione 2) è vera.


3) Non esiste alcun valore di k per cui il nucleo di f abbia dimensione 2

Qui facciamo un massiccio uso del teorema della nullità più rango:

dim(\mathbb{R}^3)=dim(Ker(F))+dim(Im(F))

dove al primo membro si intende la dimensione del dominio. Invertiamo la formula in favore della dimensione del nucleo

dim(Ker(F))=3-dim(Im(F))

Morale della favola: per valutare la dimensione nucleo possiamo fare riferimento alla dimensione dell'immagine.

Come sappiamo, l'immagine di un'applicazione lineare è il sottospazio generato dalle colonne di una qualsiasi matrice rappresentativa. Di conseguenza studiando opportunamente l'indipendenza lineare delle colonne di A possiamo capire velocemente qual è il numero di elementi di una base dell'immagine, e di conseguenza qual è la sua dimensione.

Nel punto precedente abbiamo visto che la matrice A, con k\neq 0, ha determinante diverso da zero. Dunque essa ha rango massimo (il rango di una matrice quadrata è massimo se e solo se il determinante è diverso da zero), dunque ha tutte e tre le colonne linearmente indipendenti.

Ne deduciamo che per k\neq 0\ \to\ dim(Im(F))=3 e che quindi il nucleo ha dimensione 0. Non a caso l'endomorfismo è invertibile per k\neq 0. emt

Se k=0 il determinante è nullo, e il rango non è massimo. Se scriviamo la matrice

A=\left[\begin{matrix}2 & -2 & -2\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & -2 & -2\end{matrix}\right]

è immediato vedere che essa ha rango 2, infatti la seconda e la terza colonna sono uguali mentre la prima e la seconda sono linearmente indipendenti.

In sintesi, se k=0\ \to\ dim(Im(F))=2 e dim(Ker(F))=3-2=1.

L'affermazione 3) è vera!


1) Non esiste alcun valore di k per cui f sia diagonalizzabile

Per studiare la diagonalizzabilità della matrice dobbiamo appoggiarci ad una condizione necessaria e sufficiente. Devono valere entrambe le seguenti condizioni:

- la somma degli autovalori, ciascuno contato con la relativa molteplicità, deve coincidere con l'ordine della matrice (3);

- per ogni autovalore la molteplicità algebrica deve coincidere con la molteplicità geometrica.

Il primo passo consiste nel calcolo degli autovalori della matrice. A tal proposito dobbiamo calcolare le radici del polinomio caratteristico di A, ossia risolvere l'equazione

det(A-cI)=0

ossia

det\left[\begin{matrix}(2+3k)-c & -(2+6k) & -(2+4k)\\ k & (1-2k)-c & (1-2k)\\ 1 & -2 & -(2-k)-c\end{matrix}\right]=0

Ora devi armarti di tanta, santa pazienza e procedere con il calcolo del determinante. Anche in questo caso devi ricorrere alla regola di Sarrus: sono conti puramente meccanici, semplici di per sé, ma il rischio di steccare anche un solo segno è molto alto.

Facendo i calcoli ottieni

-(c-1)(c-k)^2=0

per cui abbiamo due autovalori: c=1 con molteplicità algebrica 1, c=k con molteplicità algebrica 2.

Alla luce del legame che lega la molteplicità algebrica e la molteplicità geometrica degli autovalori, sappiamo che nel caso di un autovalore:

- la molteplicità geometrica è positiva;

- la molteplicità geometrica è minore o uguale della molteplicità algebrica.

Da ciò deduciamo che la molteplicità geometrica dell'autovalore c=1 è 1.

Ci resta solamente da studiare la molteplicità geometrica dell'autovalore c=k. Per farlo dobbiamo calcolare la dimensione del sottospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

(A-cI)\underline{x}=\underline{0}

con c=k, vale a dire

\left[\begin{matrix}(2+3k)-k & -(2+6k) & -(2+4k)\\ k & (1-2k)-k & (1-2k)\\ 1 & -2 & -(2-k)-k\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}x \\ y \\ z\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}0 \\ 0\\ 0 \end{matrix}\right]

in una forma più compatta

\left[\begin{matrix}2+2k & -2-6k & -2-4k\\ k & 1-3k & 1-2k\\ 1 & -2 & -2\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}x \\ y \\ z\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}0 \\ 0\\ 0 \end{matrix}\right]

Scriviamo il sistema in forma scalare

\begin{cases}(2+2k)x+(-2-6k)y+(-2-4k)z=0\\ kx+(1-3k)y+(1-2k)z=0\\ x-2y-2z=0\end{cases}

Ci siamo ridotti in ultima istanza alla studio di un sistema lineare omogeneo parametrico. Come hai potuto notare, l'esercizio si è rivelato parecchio lungo fin qui (come previsto).
Ti chiedo: sai come affrontare lo studio di un sistema del genere?

Fammi sapere. emt
Ringraziano: Ifrit, Galois, CarFaby

Studio di un endomorfismo parametrico #77674

avt
Euridice
Punto
Ciao Omega, innanzitutto grazie per la risposta esaustiva in ogni suo aspetto!
Ho svolto l'esercizio e sono arrivata al calcolo relativo al sistema dell'ultimo passaggio.
Ho calcolato il determinante della matrice, ottenendo 0 come risultato. Da ciò ne ho dedotto che il rango può essere al più 2.
Calcolo dunque il determinante degli orlati di ordine 2x2 (ovviamente di tutti quelli che compongono la matrice). Il mio dubbio è: ottenendo dagli orlati determinati valori di k, li sostituisco poi nella matrice per ricalcolare la dimensione del sottospazio?
Ringraziano: Omega

Studio di un endomorfismo parametrico #77678

avt
Galois
Coamministratore
Ciao Euricide emt

Intervengo io perché il caro Omega è momentaneamente molto occupato emt

Dobbiamo calcolare la dimensione del sottospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

\begin{cases}(2+2k)x+(-2-6k)y+(-2-4k)z=0\\ kx+(1-3k)y+(1-2k)z=0\\ x-2y-2z=0\end{cases}

Tale dimensione è data da:

n-\mbox{rank}(A)

dove A è la matrice incompleta associata al sistema:

A=\left[\begin{matrix} 2+2k & -2-6k & -2-4k \\ k & 1-3k & 1-2k \\ 1 & -2 & -2 \end{matrix}\right]

ed n indica il numero di colonne della matrice.

Non ci rimane quindi altro da fare se non calcolare il rango della matrice A.

Come hai ben osservato il suo determinante è zero; di conseguenza il suo rango sarà al massimo 2.

A questo punto, essendo di fronte ad una matrice parametrica, per vedere se il rango è 2 dobbiamo andare a calcolare il determinante di tutti i minori di ordine 2 e vedere se c'è un valore di k che li annulla tutti.

Se riusciamo a trovare tale valore di k (che annulla tutti i determinanti dei minori di ordine 2) allora per tale valore di k il rango è 1, altrimenti è due.

Ora, se consideriamo il minore che si ottiene eliminando la seconda riga e la seconda colonna

\left[\begin{matrix} 2+2k & -2-4k \\ 1 & -2 \end{matrix}\right]

il suo determinante è uguale a

\mbox{det}\left[\begin{matrix} 2+2k & -2-4k \\ 1 & -2 \end{matrix}\right]=-2(2+2k)-1(-2-4k)=

=-4-4k+2+4k=-2

che è diverso da zero per ogni valore di k.

Possiamo allora concludere che il rango della matrice A è pari a 2 per ogni valore di k e conseguentemente la dimensione del sottospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo è uguale a:

n-\mbox{rank}(A)=3-2=1 \ \mbox{per ogni valore di k}

Tale numero coincide con la molteplicità geometrica dell'autovalore k il quale aveva molteplicità algebrica 2.

Possiamo allora concludere che l'endomorfismo non è diagonalizzabile per nessun valore di k ovvero l'affermazione


1. non esiste alcun valore di k per cui f sia diagonalizzabile

è vera.

Morale della favola, visto che le prime 3 affermazioni sono tutte vere, l'affermazione falsa è la numero 4.

emt
Ringraziano: Omega, Ifrit, CarFaby

Studio di un endomorfismo parametrico #77697

avt
Euridice
Punto
EDIT: ritiro la domanda - Grazie! emt Chiarissimo! Ho capito tutto! emt

Studio di un endomorfismo parametrico #77699

avt
Galois
Coamministratore
Non mi è chiara la domanda. Cosa intendi con campo di esistenza?

Ad ogni modo, ricorda che il rango di una matrice è dato dal massimo numero di vettori riga (o vettori colonna) linearmente indipendenti tra loro.

Ragion per cui, nel caso di una matrice quadrata di ordine 3 (qual è il nostro caso), se il suo determinante è diverso da zero il rango è 3.

Se il determinante è zero il suo rango sarà al più 2.

Per vedere se è 2 possiamo procedere in due modi:

con il metodo di eliminazione gaussiana (inutile in questo caso)

oppure

andando a trovare il determinante di tutti i minori di ordine 2. Se ne troviamo uno non nullo possiamo fermarci ed asserire che il rango è 2.

Avendo a che fare con una matrice parametrica ed avendo constatato che il rango è al massimo due, volendo procedere con il metodo dei minori, dobbiamo andare a trovare il determinante di tutti i minori di ordine 2 della matrice.

Se troviamo un valore di k che annulla tutti i determinanti trovati possiamo asserire che, per tale valore di k, il rango sarà strettamente minore di 2.

Se invece, com'è successo a noi, troviamo che un minore di ordine 2 ha determinante non nullo per ogni valore di k, possiamo concludere immediatamente che il rango è 2, senza fare null'altro (e questo per la definizione di rango prima ricordata).

Tutto qui emt
Ringraziano: Omega, CarFaby, Euridice

Studio di un endomorfismo parametrico #77703

avt
Euridice
Punto
Tutto chiaro!!! emt
Ringraziano: Galois
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Os