Ciao a tutti!
Spero di aver scelto la sezione giusta per postare il topic!
Facendo esercizi ho trovato un problema (di cui ho la soluzione del Prof) che non riesco a risolvere, o meglio, la mia soluzione è opposta alla sua ma non capisco cosa sbaglio... nè se a sbagliare in effetti sono io!
Comunque...
(per R^3 intendo lo spazio tridimensionale reale)
Provare o confutare: un omomorfismo phi : R^3 ---> R^3 tale che dim(im phi)=1 è necessariamente semplice.
Secondo me la tesi è confutata dal seguente controesempio:
phi(1,0,0) = (0,0,0)
phi(0,1,0) = (0,0,0)
phi(0,0,1) = (1,0,0)
gli autovalori della trasformazione sono a=0 con molteplicità m=3, mentre la matrice ha rango 1(per ipotesi), quindi non è soddisfatta la
n - rho(A-aI) = m
perchè n=3 e rho(A-aI)=1.
Grazie per l'aiuto!
ART
Omomorfismo
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Ultima modifica di ART il 10 ago 2007, 10:15, modificato 1 volta in totale.
I wonder why I wonder why I wonder why I wonder.
R. Feynman
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lui prova che è vero dicendo :
Se {(b,c,e)} è una base di im phi, si ha phi(b,c,e) = a(b,c,e) ;
a è quindi un autovalore non nullo e im phi un autospazio V1.
D' altra parte il nucleo, che è sempre un autospazio V2 , ha dimensione 2 e chiaramente si ha R^3 = V1 (somma diretta) V2.
Quindi phi è necessariamente semplice.
Io non sono d' accordo, ma non perchè è sbagliato quello che dice lui ma perchè non trovo nella teoria qualcosa che mi convinca di aver sbagliato.
Se {(b,c,e)} è una base di im phi, si ha phi(b,c,e) = a(b,c,e) ;
a è quindi un autovalore non nullo e im phi un autospazio V1.
D' altra parte il nucleo, che è sempre un autospazio V2 , ha dimensione 2 e chiaramente si ha R^3 = V1 (somma diretta) V2.
Quindi phi è necessariamente semplice.
Io non sono d' accordo, ma non perchè è sbagliato quello che dice lui ma perchè non trovo nella teoria qualcosa che mi convinca di aver sbagliato.
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R. Feynman
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- Iscritto il: 20 mag 2007, 12:39
Questo è falso. Nessuno assicura che $ \phi(b,c,e)\neq0 $. Prendi ad esempio la tua applicazione: $ (1,0,0) $ genera $ \textrm{Im}\phi $ ma $ \phi(1,0,0)=0 $.ART ha scritto:lui prova che è vero dicendo :
Se {(b,c,e)} è una base di im phi, si ha phi(b,c,e) = a(b,c,e) ;
a è quindi un autovalore non nullo e im phi un autospazio V1.
Inoltre, se fosse vera sta cosa e $ a\neq0 $ come afferma il tuo prof, allora
$ \dfrac{1}a\phi $ sarebbe una proiezione, ovvero $ \left(\dfrac{1}a\right)^2\phi\circ\phi=\dfrac{1}a\phi $.
In particolare, chiamando $ P_i $ la proiezione sulla i-esima coordinata e detta $ F $ una qualsiasi applicazione lineare di rango maggiore o uguale a 1, allora
$ P_i\circ F $ ha rango 1, quindi è multipla di una proiezione per quel detto sopra, ovvero, poichè l'immagine è lo span di $ e_i $ (i-esimo vettore di base), si ha
$ \dfrac{1}a_iP_i\circ F=P_i $
e dunque
$ \left(\dfrac{1}a_1P_1+\dfrac{1}a_2P_2+\dfrac{1}a_3P_3\right)F=I $
ovvero
$ F(x,y,z)=(a_1x,a_2y,a_3z) $
Quindi ogni applicazione lineare è diagonalizzabile...il che è falso.
In definitiva, hai ragione tu, non il tuo prof.