Autovalori e autospazi - Matrice diagonale
$A = ((0,-1,0),(1,0,0),(0,0,i))$
Esercizio: Determinare gli autovalori e gli autospazi di $A$.
Svolgimento:
Il polinomio caratteristico $p_A (lambda)$ è il seguente:
$p_A (lambda) = ( lambda - i ) ( lambda^2 + 1 )$
quindi le radici sono $lambda_1 = i$ e $lambda_2 = - i$.
Risolvendo il sistema $( A - i E_n ) v = 0$ si trova una base del sottospazio degli autovettori $v$ associati a $i$ ( $Aut_i$ ).
Io ho trovato : $v = ( i x_2 , x_2 , x_3 )$ cioè $v = x_2 ( i , 1 , 0 ) + x_3 ( 0 , 0 , 1 )$ , perciò
$B_(Aut_i ) = { (i, 1 , 0) , ( 0, 0 , 1 )}$ è una base dell'autospazio associato all'autovalore $lambda = i$.
Naturalmente l'altro autospazio avrà dimensione $1$, essendo la dimensione di $V$ uguale a $3$. Trovo che una base di $Aut_(-i)$ è ${ ( 1 , i , 0 ) }$.
Fin qui qualcuno riesce a confermarmi la correttezza dei calcoli fatti?
EDIT: Che sciocco, per il punto 2 dell'esercizio non avevo visto il topic: http://www.matematicamente.it/forum/matrice-diagonalizzabile-t81417.html
Esercizio: Determinare gli autovalori e gli autospazi di $A$.
Svolgimento:
Il polinomio caratteristico $p_A (lambda)$ è il seguente:
$p_A (lambda) = ( lambda - i ) ( lambda^2 + 1 )$
quindi le radici sono $lambda_1 = i$ e $lambda_2 = - i$.
Risolvendo il sistema $( A - i E_n ) v = 0$ si trova una base del sottospazio degli autovettori $v$ associati a $i$ ( $Aut_i$ ).
Io ho trovato : $v = ( i x_2 , x_2 , x_3 )$ cioè $v = x_2 ( i , 1 , 0 ) + x_3 ( 0 , 0 , 1 )$ , perciò
$B_(Aut_i ) = { (i, 1 , 0) , ( 0, 0 , 1 )}$ è una base dell'autospazio associato all'autovalore $lambda = i$.
Naturalmente l'altro autospazio avrà dimensione $1$, essendo la dimensione di $V$ uguale a $3$. Trovo che una base di $Aut_(-i)$ è ${ ( 1 , i , 0 ) }$.
Fin qui qualcuno riesce a confermarmi la correttezza dei calcoli fatti?
EDIT: Che sciocco, per il punto 2 dell'esercizio non avevo visto il topic: http://www.matematicamente.it/forum/matrice-diagonalizzabile-t81417.html
Risposte
Salve Seneca.
A me viene $p(\lambda)=( lambda - i ) ( lambda^2 + 1)$; a giudicare dagli autovalori che scrivi poco dopo, direi che si tratta solo di una svista. In definitiva, abbiamo gli autovalori $\lambda_1=i$ (con molteplicità algebrica 2) e $\lambda=-i$ (m.a. 1).
Perdonami, la fretta mi impedisce di controllare i conti, ma il procedimento è corretto (con $E$ indichi la matrice identica, giusto?).
Non capisco cosa intendi quando parli della dimensione di V. L'autospazio ha dimensione 1 semplicemente perchè una nota disuguaglianza afferma che la molteplicità geometrica (cioè la dimensione di un autospazio) è sempre minore o uguale alla molteplicità algebrica dell'autovalore considerato. Dunque, nel caso in cui l'autovalore sia semplice, allora necessariamente l'autospazio associato è una retta.
Tutto chiaro? Spero di esserti stato utile.
"Seneca":
$A = ((0,-1,0),(1,0,0),(0,0,i))$
[...]
Il polinomio caratteristico $p_A (lambda)$ è il seguente:
$p_A (lambda) = ( lambda - i ) ( lambda^2 + i )$
A me viene $p(\lambda)=( lambda - i ) ( lambda^2 + 1)$; a giudicare dagli autovalori che scrivi poco dopo, direi che si tratta solo di una svista. In definitiva, abbiamo gli autovalori $\lambda_1=i$ (con molteplicità algebrica 2) e $\lambda=-i$ (m.a. 1).
"Seneca":
Risolvendo il sistema $( A - i E_n ) v = 0$ si trova una base del sottospazio degli autovettori $v$ associati a $i$ ( $Aut_i$ ).
Io ho trovato : $v = ( i x_2 , x_2 , x_3 )$ cioè $v = x_2 ( i , 1 , 0 ) + x_3 ( 0 , 0 , 1 )$ , perciò
$B_(Aut_i ) = { (i, 1 , 0) , ( 0, 0 , 1 )}$ è una base dell'autospazio associato all'autovalore $lambda = i$.
Perdonami, la fretta mi impedisce di controllare i conti, ma il procedimento è corretto (con $E$ indichi la matrice identica, giusto?).
"Seneca":
Naturalmente l'altro autospazio avrà dimensione $1$, essendo la dimensione di $V$ uguale a $3$. Trovo che una base di $Aut_(-i)$ è ${ ( 1 , i , 0 ) }$.
Non capisco cosa intendi quando parli della dimensione di V. L'autospazio ha dimensione 1 semplicemente perchè una nota disuguaglianza afferma che la molteplicità geometrica (cioè la dimensione di un autospazio) è sempre minore o uguale alla molteplicità algebrica dell'autovalore considerato. Dunque, nel caso in cui l'autovalore sia semplice, allora necessariamente l'autospazio associato è una retta.
Tutto chiaro? Spero di esserti stato utile.
Salve Paolo. Certamente, ti ringrazio. Ora correggo la svista.
Ho ancora qualche problema con la diagonalizzabilità degli endomorfismi...
L'endomorfismo $f_A$ è diagonalizzabile se e solo se il polinomio caratteristico ad esso associato è un prodotto di fattori lineare e la molteplicità algebrica di ciascun autovalore è uguale alla molteplicità geometrica dello stesso.
Qualcuno riesce a farmi un esempio numerico in cui non si verifica, per qualche $i$, che $m_(alg) (lambda_i) = m_("geom") (lambda_i)$ pur essendo il p.c. un prodotto di fattori lineari?
Grazie
L'endomorfismo $f_A$ è diagonalizzabile se e solo se il polinomio caratteristico ad esso associato è un prodotto di fattori lineare e la molteplicità algebrica di ciascun autovalore è uguale alla molteplicità geometrica dello stesso.
Qualcuno riesce a farmi un esempio numerico in cui non si verifica, per qualche $i$, che $m_(alg) (lambda_i) = m_("geom") (lambda_i)$ pur essendo il p.c. un prodotto di fattori lineari?
Grazie
Buongiorno Seneca,
dai un'occhiata a quest'endomorfismo su $RR^3$ nel campo $RR$ ,l'endomorfismo è rappresentato da :
$ ( ( 0 , 1 , 2 ),( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $
e fammi sapere
dai un'occhiata a quest'endomorfismo su $RR^3$ nel campo $RR$ ,l'endomorfismo è rappresentato da :
$ ( ( 0 , 1 , 2 ),( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $
e fammi sapere
Ho fatto i conti velocemente... Perfetto. Trovo questo:
$dim ( Aut(1) ) = 1$ ma $m_("alg") (1) = 2$.
Nonostante le radici del polinomio caratteristico siano tutte reali (esso si può scrivere come prodotto di fattori lineari) l'endomorfismo associato alla matrice data non è diagonalizzabile.
$dim ( Aut(1) ) = 1$ ma $m_("alg") (1) = 2$.
Nonostante le radici del polinomio caratteristico siano tutte reali (esso si può scrivere come prodotto di fattori lineari) l'endomorfismo associato alla matrice data non è diagonalizzabile.
Eh già, purtroppo non hai a disposizione abbastanza autovettori linearmente indipendenti per poter formare una base di $RR^3$..
Un saluto...
Un saluto...
Comunque sia, nell'esempio che mi hai dato, la matrice dell'endomorfismo è scritta rispetto ai vettori della base canonica di $RR^3$?
Esattamente Seneca...
Ora ho un altro problema. Per trovare la matrice che diagonalizza il mio endomorfismo (quando questo è diagonalizzabile) è sufficiente considerare una base costituita da autovettori.
Ma come si imposta il problema se si vuole che la matrice diagonalizzante sia unitaria?
Ma come si imposta il problema se si vuole che la matrice diagonalizzante sia unitaria?
Tu vuoi che la matrice identità sia la matrice di cambiamento di base per un endomorfismo diagonalizzabile $T$,cioè che le colonne della matrice $I$ siano autovettori di $T$, quindi ,nel caso della matrice identità, $(1,0,0,...,0_n), (0,1,0,..,0_n) ,...,(0,0,1_n)$ sono autovettori di $T$ ,ovvero :
$T(e_1) = a_1e_1 ,...,T(e_n) = a_n e_n$
Questo endomorfismo ovviamente è gia diagonale rispetto alla base canonica , e la sua matrice associata ha questa forma al variare di $a_1,...,a_n$ appartenenti al valore del campo su cui è definito lo spazio vettoriale dell'endomorfismo $T$ :
$ ( ( a_1 , 0 , 0 ),( 0 , ... , 0 ),( 0 , 0 , a_n ) ) $
Mentre la matrice identità di ordine $n$ è la matrice diagonalizzante,come richiesto...
$T(e_1) = a_1e_1 ,...,T(e_n) = a_n e_n$
Questo endomorfismo ovviamente è gia diagonale rispetto alla base canonica , e la sua matrice associata ha questa forma al variare di $a_1,...,a_n$ appartenenti al valore del campo su cui è definito lo spazio vettoriale dell'endomorfismo $T$ :
$ ( ( a_1 , 0 , 0 ),( 0 , ... , 0 ),( 0 , 0 , a_n ) ) $
Mentre la matrice identità di ordine $n$ è la matrice diagonalizzante,come richiesto...
L'idea è piuttosto chiara. Se non ho capito male devo, in sostanza, cambiare base.
Devo scrivere la matrice associata ad $f$ non più rispetto alla base di autovettori che ho considerato ${v_1 , v_2 , v_3 }$ bensì rispetto ad una base del tipo ${ lambda_1 v_1 , lambda_2 v_2 , lambda_3 v_3 }$ dove i coefficienti $lambda_i$ sono gli autovalori di $f$.
Riusciresti a scrivermi la matrice del cambiamento di base?
Grazie infinite.
Devo scrivere la matrice associata ad $f$ non più rispetto alla base di autovettori che ho considerato ${v_1 , v_2 , v_3 }$ bensì rispetto ad una base del tipo ${ lambda_1 v_1 , lambda_2 v_2 , lambda_3 v_3 }$ dove i coefficienti $lambda_i$ sono gli autovalori di $f$.
Riusciresti a scrivermi la matrice del cambiamento di base?
Grazie infinite.
Seneca devo darti una brutta notizia e ti chiedo scusa, nella frase "Ma come si imposta il problema se si vuole che la matrice diagonalizzante sia unitaria?" ho frainteso che per matrice unitaria si considerasse la matrice Identità, infatti l'ho anche scritto : "Tu vuoi che la matrice identità sia la matrice di cambiamento di base per un endomorfismo diagonalizzabile T" ...
Andate piano, ragazzi; se ho capito bene, voi volete diagonalizzare un endomorfismo mediante una matrice unitaria (ma facciamo anche solo ortogonale, così da restringerci per ora al campo reale).
Ebbene, tenete conto che dietro c'è un po' di teoria (endomorfismi autoaggiunti e teorema spettrale). In estrema sintesi, quello che state cercando di fare è possibile, in $RR$, per tutte e sole le matrici simmetriche.
Si cercano gli autovalori, che per un noto teorema saranno tutti reali; poi si trovano gli autospazi che - magicamente! - avranno tutti la dimensione giusta. Scritta una base per gli autospazi, si applica il ben noto procedimento di Gram-Schmidt su ogni base (qui sta l'essenza della questione: vi invito a riflettere sul perché funzioni in questo caso e non negli altri, cioè se la matrice di partenza non è simmetrica).
A quel punto prendete l'unione delle basi degli autospazi e avete la base ortonormale che cercavate, rispetto alla quale l'endomorfismo è ovviamente scritto in forma diagonale.
So di non essere stato certo prolisso nelle spiegazioni, ma mi premeva sottolineare la questione delle matrici simmetriche.
Naturalmente, se aveste dubbi o perplessità, non fatevi scrupolo di postare
Ebbene, tenete conto che dietro c'è un po' di teoria (endomorfismi autoaggiunti e teorema spettrale). In estrema sintesi, quello che state cercando di fare è possibile, in $RR$, per tutte e sole le matrici simmetriche.
Si cercano gli autovalori, che per un noto teorema saranno tutti reali; poi si trovano gli autospazi che - magicamente! - avranno tutti la dimensione giusta. Scritta una base per gli autospazi, si applica il ben noto procedimento di Gram-Schmidt su ogni base (qui sta l'essenza della questione: vi invito a riflettere sul perché funzioni in questo caso e non negli altri, cioè se la matrice di partenza non è simmetrica).
A quel punto prendete l'unione delle basi degli autospazi e avete la base ortonormale che cercavate, rispetto alla quale l'endomorfismo è ovviamente scritto in forma diagonale.
So di non essere stato certo prolisso nelle spiegazioni, ma mi premeva sottolineare la questione delle matrici simmetriche.
Naturalmente, se aveste dubbi o perplessità, non fatevi scrupolo di postare
"Seneca":
Ora ho un altro problema. Per trovare la matrice che diagonalizza il mio endomorfismo (quando questo è diagonalizzabile) è sufficiente considerare una base costituita da autovettori.
Ma come si imposta il problema se si vuole che la matrice diagonalizzante sia unitaria?
Per trovare la matrice diagonalizzante (la prima questione che ho posto) abbiamo scritto la matrice di cambiamento di base, ove la nuova base era composta da autovettori.
Per rispondere all'altra questione, quella riguardante la diagonalizzazione mediante una matrice unitaria, noto che la matrice che fa al caso mio è la stessa che ho usato per diagonalizzare nel primo caso la matrice $A$.
Comunque il teorema spettrale ci assicura l'esistenza di una siffatta matrice; infatti l'endomorfismo associato ad $A$ è hermitiano poiché $A$ è unitaria. E' corretto?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo