Algebra lineare
Sia $A$ una matrice $nxn$ e $bar x$ un vettore incognito a $n$ componenti.
Si può affermare che l'equazione $A bar x = 0$ ha soluzioni non banali se e solo se $det(A)=0$?
Inoltre... come si dimostra che gli autovalori associati a una matrice (che rappresenta una trasformazione lineare) sono tutti e soli le radici del polinomio caratteristico?
Si può affermare che l'equazione $A bar x = 0$ ha soluzioni non banali se e solo se $det(A)=0$?
Inoltre... come si dimostra che gli autovalori associati a una matrice (che rappresenta una trasformazione lineare) sono tutti e soli le radici del polinomio caratteristico?
Risposte
"Kroldar":
Sia $A$ una matrice $nxn$ e $bar x$ un vettore incognito a $n$ componenti.
Si può affermare che l'equazione $A bar x = 0$ ha soluzioni non banali se e solo se $det(A)=0$?
Sì, in questo caso la matrice rappresenterebbe un operatore non iniettivo.
"Kroldar":
Inoltre... come si dimostra che gli autovalori associati a una matrice (che rappresenta una trasformazione lineare) sono tutti e soli le radici del polinomio caratteristico?
Sia $A \in \mathcal{K}^{n \times n}$, allora si dice che $v$ è un autovettore di $A$ se e solo se è diverso dal vettore nullo ed esiste una costante $\lambda \in \mathcal{K}$ tale che
$Av = \lambda v$, cioè $(A - \lambda I) v = O$, dove $I$ è l'indentità e $O$ il vettore nullo.
In tal caso si dice che $\lambda$ è un autovalore di $A$.
Ora se $A - \lambda I$ solo il vettore nullo soddisfa l'equazione, ma abbiamo detto che $v$ deve essere diverso dal vettore nullo, quindi gli autovalori sono tutte e sole le costanti $\lambda \in \mathcal{K}$ tali che $A - \lambda I$ è singolare.
"Tipper":
Ora se $A - \lambda I$ solo il vettore nullo soddisfa l'equazione, ma abbiamo detto che $v$ deve essere diverso dal vettore nullo, quindi gli autovalori sono tutte e sole le costanti $\lambda \in \mathcal{K}$ tali che $A - \lambda I$ è singolare.
Perfetto

per il primo punto si potrebbe dire che
se consideri l'applicazione lineare $f_A$ associata ad $A$, hai che $C$ e' soluzione di $AX=0$,ovvero $AC=0$, sse $C \in \ker(f_A)$.
ma allora $C$ non e' la soluzione banale sse $\ker(f_A)!={0}$ e dunque $f_A$ non e' iniettiva, dunque $A$ non e' invertibile, il suo rango sara' $
se consideri l'applicazione lineare $f_A$ associata ad $A$, hai che $C$ e' soluzione di $AX=0$,ovvero $AC=0$, sse $C \in \ker(f_A)$.
ma allora $C$ non e' la soluzione banale sse $\ker(f_A)!={0}$ e dunque $f_A$ non e' iniettiva, dunque $A$ non e' invertibile, il suo rango sara' $
"Tipper":
[quote="Kroldar"]Inoltre... come si dimostra che gli autovalori associati a una matrice (che rappresenta una trasformazione lineare) sono tutti e soli le radici del polinomio caratteristico?
Sia $A \in \mathcal{K}^{n \times n}$, allora si dice che $v$ è un autovettore di $A$ se e solo se è diverso dal vettore nullo ed esiste una costante $\lambda \in \mathcal{K}$ tale che
$Av = \lambda v$, cioè $(A - \lambda I) v = O$, dove $I$ è l'indentità e $O$ il vettore nullo.
In tal caso si dice che $\lambda$ è un autovalore di $A$.
Ora se $A - \lambda I$ solo il vettore nullo soddisfa l'equazione, ma abbiamo detto che $v$ deve essere diverso dal vettore nullo, quindi gli autovalori sono tutte e sole le costanti $\lambda \in \mathcal{K}$ tali che $A - \lambda I$ è singolare.[/quote]
Mi è rimasto qualcosa nella tastiera, prima della parola segnata in grassetto ci va 'è invertibile'.
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