Autovalori di una matrice simmetrica generica
Salve!
Una domanda che mi è stata posta all'orale di geometria1 (che devo ridare causa panico!) è stata questa:
"discutere gli autovalori di una matrice simmetrica di ordine due".
ho ripensato al quesito. ciò che ne è uscito fuori è questo:
prendiamo una matrice simmetrica generica di ordine due:
$((a,b),(b,c))$
calcoliamone il polinomio caratteristico $P(\lambda)$:
$((a-\lambda,b),(b,c-\lambda))$
$P(\lambda)=(a-\lambda)(c-\lambda)-b^2=ac-a\lambda-c\lambda+\lambda^2-b^2=\lambda^2-(a+c)\lambda+(ac-b^2)=0$
calcoliamone il discriminante $\Delta$:
$\Delta=0 iff a=c ^^ b in RR$
$\Delta>0 iff a,b,c in RR$
ora se $\Delta>0$ avremo $2$ soluzioni reali distinte e quindi varrà il corollario del Teorema spettrale, che afferma che un endomorfismo $f$ è diagonalizzabile se i suoi autovalori sono tutti reali e distinti (in quanto se sono tutti distinti avranno $ma=1$ (dove $ma$ è la molteplicità algebrica) e questa conciderà con $mg>=1$ (dove $mg$ è la molteplicità geometrica)).
se invece $\Delta=0$ allora sostituiamo a $P(\lambda)$ i valori di $a,b,c$ ( ossia $a=c$ e $b=0$) e otteniamo un polinomio di secondo grado del tipo:
$\lambda^2-2a\lambda+a^2=0$
risolvendo l'equazione di secondo grado in $\lambda$ otteniamo una soluzione doppia data da $a$
quindi $a$ sarà il nostro autovalore di $ma=2$
affinchè $f$ sia diagonalizzabile, per il teorema spettrale deve valere che gli autovalori siano tutti reali e $ma=mg$.
quindi, calcoliamo l'autospazio relativo all'autovalore $a$
$((a-a,b),(b,c-a))$
l'autospazio sarà dato da
${(x(a-a)+yb=0),(zb+t(c-a)=0):}$
${(yb=0),(zb=0):}$
il mio autospazio sarà dato da $((x,0),(0,t))$ e avrà dimensione $2$
ma allora $mg(a)=ma(a)=2$
può andare come ragionamento?
E un'altra domanda.
dalla teoria, $degP(\lambda)=dim V$(dove $deg$ indica il grado del polinomio e $V$ il dominio della mia funzione).
ora, esempio banale è il seguente endomorfismo:
$f:RR^3\toRR^3$
$f(x,y,z)=(x,y,z)$
la matrice associata rispetto alla base canonica è
$((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$
il polinomio caratteristico $P(\lambda)$ sarà dato da
$((1-\lambda,0,0),(0,1-\lambda,0),(0,0,1-\lambda))$
$P(\lambda)=(1-\lambda^3)$
ora, se ho una matrice simmetrica di ordine $2$, $degP(\lambda)=2$
ciò significa che il dominio della mia $f$ sarà di ordine $2$, in quanto la matrice simmetrica che ho altro non è che la matrice di $f$ rispetto ad una certa base. giusto?
Grazie!!!!!
Una domanda che mi è stata posta all'orale di geometria1 (che devo ridare causa panico!) è stata questa:
"discutere gli autovalori di una matrice simmetrica di ordine due".
ho ripensato al quesito. ciò che ne è uscito fuori è questo:
prendiamo una matrice simmetrica generica di ordine due:
$((a,b),(b,c))$
calcoliamone il polinomio caratteristico $P(\lambda)$:
$((a-\lambda,b),(b,c-\lambda))$
$P(\lambda)=(a-\lambda)(c-\lambda)-b^2=ac-a\lambda-c\lambda+\lambda^2-b^2=\lambda^2-(a+c)\lambda+(ac-b^2)=0$
calcoliamone il discriminante $\Delta$:
$\Delta=0 iff a=c ^^ b in RR$
$\Delta>0 iff a,b,c in RR$
ora se $\Delta>0$ avremo $2$ soluzioni reali distinte e quindi varrà il corollario del Teorema spettrale, che afferma che un endomorfismo $f$ è diagonalizzabile se i suoi autovalori sono tutti reali e distinti (in quanto se sono tutti distinti avranno $ma=1$ (dove $ma$ è la molteplicità algebrica) e questa conciderà con $mg>=1$ (dove $mg$ è la molteplicità geometrica)).
se invece $\Delta=0$ allora sostituiamo a $P(\lambda)$ i valori di $a,b,c$ ( ossia $a=c$ e $b=0$) e otteniamo un polinomio di secondo grado del tipo:
$\lambda^2-2a\lambda+a^2=0$
risolvendo l'equazione di secondo grado in $\lambda$ otteniamo una soluzione doppia data da $a$
quindi $a$ sarà il nostro autovalore di $ma=2$
affinchè $f$ sia diagonalizzabile, per il teorema spettrale deve valere che gli autovalori siano tutti reali e $ma=mg$.
quindi, calcoliamo l'autospazio relativo all'autovalore $a$
$((a-a,b),(b,c-a))$
l'autospazio sarà dato da
${(x(a-a)+yb=0),(zb+t(c-a)=0):}$
${(yb=0),(zb=0):}$
il mio autospazio sarà dato da $((x,0),(0,t))$ e avrà dimensione $2$
ma allora $mg(a)=ma(a)=2$
può andare come ragionamento?
E un'altra domanda.
dalla teoria, $degP(\lambda)=dim V$(dove $deg$ indica il grado del polinomio e $V$ il dominio della mia funzione).
ora, esempio banale è il seguente endomorfismo:
$f:RR^3\toRR^3$
$f(x,y,z)=(x,y,z)$
la matrice associata rispetto alla base canonica è
$((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$
il polinomio caratteristico $P(\lambda)$ sarà dato da
$((1-\lambda,0,0),(0,1-\lambda,0),(0,0,1-\lambda))$
$P(\lambda)=(1-\lambda^3)$
ora, se ho una matrice simmetrica di ordine $2$, $degP(\lambda)=2$
ciò significa che il dominio della mia $f$ sarà di ordine $2$, in quanto la matrice simmetrica che ho altro non è che la matrice di $f$ rispetto ad una certa base. giusto?
Grazie!!!!!
Risposte
Nel caso in cui si abbia un solo autovalore allora non ci sono 2 autovettori a meno che la matrice $(A - \lambda I)$ non abbia rango $0$ e cioè sia nulla. Questo significa che nel caso di un unico autovalore la matrice è diagonalizzabile se è già in forma diagonale. E' interessante osservare che il polinomio caratteristico di grado due è uguale a $\lambda^2 - tr(A)\lambda + det(A)$
Sarà la stanchezza del periodo ma non ho capito la seconda domanda
Sarà la stanchezza del periodo ma non ho capito la seconda domanda
"vict85":
Nel caso in cui si abbia un solo autovalore allora non ci sono 2 autovettori a meno che la matrice $(A - \lambda I)$ non abbia rango $0$ e cioè sia nulla. Questo significa che nel caso di un unico autovalore la matrice è diagonalizzabile se è già in forma diagonale. E' interessante osservare che il polinomio caratteristico di grado due è uguale a $\lambda^2 - tr(A)\lambda + det(A)$
Il fatto di poter definire in tal modo il polinomio caratteristico di ordine 2 vale per qualsiasi matrice si consideri? o solo nel caso in cui la matrice sia diagonalizzabile?
"vict85":
Sarà la stanchezza del periodo ma non ho capito la seconda domanda
Emm non era una vera domanda forse. era più un dubbio.
mi chiedevo solo, se mi viene data una matrice e non conosco l'endomorfismo, ossia non so quali sono dominio e codominio, il grado del polinomio caratteristico mi dice quantomeno qualè l'ordine del mio dominio?
cioè, se ho un polinomio caratteristico di secondo grado, di sicuro il dominio del mio endomorfismo avrà dimensione 2?
"Tagliafico":
Emm non era una vera domanda forse. era più un dubbio.
mi chiedevo solo, se mi viene data una matrice e non conosco l'endomorfismo, ossia non so quali sono dominio e codominio, il grado del polinomio caratteristico mi dice quantomeno qualè l'ordine del mio dominio?
cioè, se ho un polinomio caratteristico di secondo grado, di sicuro il dominio del mio endomorfismo avrà dimensione 2?
Il polinomio è sempre di secondo grado e la formula vale per qualsiasi matrice di dimensione 2.
"vict85":
]
Il polinomio è sempre di secondo grado e la formula vale per qualsiasi matrice di dimensione 2.
ora è chiaro
ultima cosa. ovviamente se ho una matrice 3x3 il polinomio sarà sempre di terzo grado, se ne avrò una 6x6 di sesto grado e così via, giusto?
"Tagliafico":
"discutere gli autovalori di una matrice simmetrica di ordine due".
il controllo che fai sulla dimensione dell'autospazio nel caso di $\Delta=0$ è inutile perche la teoria afferma che una matrice simmetrica (a elementi reali) è sempre diagonalizzabile.
"vict85":
Nel caso in cui si abbia un solo autovalore allora non ci sono 2 autovettori a meno che la matrice $(A - \lambda I)$ non abbia rango $0$ e cioè sia nulla. Questo significa che nel caso di un unico autovalore la matrice è diagonalizzabile se è già in forma diagonale.
no.
la matrice ha ordine 2 e quindi ha sempe 2 autovalori (al massimo 2 coincidenti, ma sono sempre 2 dato che devono essere contati con la loro molteplicita). quindi l'autospazio associato all'autovalore doppio sara di dimensione 2, cioe generato da 2 vettori linearmente indipendenti.
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